2009年全国统一考试上海化学试题及答案

27.2009年上海化学试卷

2009年上海化学试卷本试卷分为第Ⅰ卷（第1—4页）和第Ⅱ卷（第5—10页）两部分。

全卷共10页。

满分150分，考试时间120分钟。

第Ⅰ卷（共66分）考生注意：1．答第Ⅰ卷前，考生务必在答题卡上用钢笔或圆珠笔清楚填写姓名、准考证号、校验码，并用2B 铅笔正确涂写准考证号和校验码。

2．第Ⅰ卷（1—22小题），由机器阅卷，答案必须全部涂写在答题卡上。

考生应将代表正确答案的小方格用2B 铅笔涂黑。

注意试题题号和答题纸编号一一对应，不能错位。

答案需要更改时，必须将原选项用橡皮擦去，重新选择。

答案不能涂写在试卷上，涂写在试卷上一律不给分。

相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 V-51 Cr-52 Mn-55 Fe-56 Cu-64一、选择题（本题共10分，每小题2分，只有一正确选项，答案涂写在答题卡上。

）1．下列措施不能达到节能减排目的的是A ．利用太阳能制氢燃料 B ．用家用汽车代替公交车C ．利用潮汐能发电D ．用节能灯代替白炽灯2．以下表示氦原子结构的化学用语中，对电子运动状态描述最详尽的是A ．︰HeB ．C ．1s 2D ．3．有机物的种类繁多，但其命名是有规则的。

下列有机物命名正确的是A ．CH 2CH 2CH 2CH 2 1，4-二甲基丁烷B ．CH 3CHCH=CH 2 3-甲基丁烯C ．CH 3CH 2CHCH 3 2-甲基丁烷D ．CH 2Cl —CH 2Cl 二氯乙烷 4．用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火。

其原因是①幕布的着火点升高 ②幕布的质量增加③氯化铵分解吸收热量，降低了温度 ④氯化铵分解产生的气体隔绝了空气A ．①②B ．③④C ．①③D ．②④CH 3 CH 3 CH 3CH 35．下列对化学反应的认识错误的是A ．会引起化学键的变化 B ．会产生新的物质C ．必然引起物质状态的变化D ．必然伴随着能量的变化二、选择题（本题共36分，每小题3分，只有一个正确选项，答案涂写在答题卡上。

2009年上海市中考真题—化学

2009年上海市初中毕业统一学业考试理化试卷（满分150分，考试时间100分钟）化学部分考生注意：1．本试卷化学部分含三个大题。

2．答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答，在草稿纸、本试卷上答题一律无效。

可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 A1-27 Cl-35. 5 Fe-56六、选择题（共20分）下列各题均只有一个正确选项，请将正确选项的代号用2B铅笔填涂在答题纸的相应位置上，更改答案时，用橡皮擦去，重新填涂。

27. 常见含氧物质中属于单质的是（）A．氧气B．氧化镁C．二氧化硫D．硫酸28. 我们熟悉的物质里属于纯净物的是（）A．空气B．氮气C．食醋D．牛奶29. 在物质的运动变化中只发生物理变化的有（）A．干冰气化B．瓦斯爆炸C．烟花燃放D．铜器生锈30. 家庭常用物质中属于无机物的是（）A．葡萄糖B．淀粉C．水D．蔗糖31. 三氧化二硼（B2O3）是制造耐热玻璃器皿的原料，其中硼（B）元素的化合价是（）A．+3 B．+2 C．一3 D．一232. 物质名称与化学式相符合的是（）A．熟石灰：CaO B．胆矾：CuSO4•5H2OC．氯化钾：KClO3D．氧化钠：Na2O233. 金属钛（Ti）是重要的航空航天材料。

Ti可以用TiO2与Si共熔制取，反应的化学方程式为：TiO 2+Si −−−→高温SiO 2+Ti 。

该反应中的还原剂是（） A ．TiO 2 B ．Si C ． SiO 2 D ．Ti34. 物质在氧气中燃烧的实验现象描述正确的是（）A ．木炭：产生绿色火焰B ．铁丝：发出耀眼的白光C ．镁带：火焰呈淡蓝色D ．硫粉：产生明亮的蓝紫色火焰35. 两种互为同素异形体的物质是（）A ．氧气和二氧化锰B ．双氧水和水C ．红磷和五氧化二磷D ．碳60(C 60)和石墨36. 在氧气中完全燃烧只生成水的物质是（）A ．-氢气B ．天然气C ．酒精D ．一氧化碳37. 物质的性质决定其用途。

2009年全国统一高考化学试卷(全国卷二)及解析

2009年全国统一高考化学试卷（全国卷Ⅱ）一、选择题1．（3分）物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是（）A．1：4 B．1：5 C．2：3 D．2：52．（3分）下列关于溶液和胶体的叙述，正确的是（）A．溶液是电中性的，胶体是带电的B．通电时，溶液中的溶质粒子分别向两极移动，胶体中的分散质粒子向某一极移动C．溶液中溶质分子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动D．一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光带，前者则没有3．（3分）下列叙述中正确的是（）A．向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成B．向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1：2C．等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同D．向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出4．（3分）某元素只存在两种天然同位素，且在自然界它们的含量相近，其相对原子质量为152.0，原子核外的电子数为63．下列叙述中错误的是（）A．它是副族元素B．它是第六周期元素C．它的原子核内有63个质子D．它的一种同位素的核内有89个中子5．（3分）现有等浓度的下列溶液：①醋酸，②苯酚，③苯酚钠，④碳酸，⑤碳酸钠，⑥碳酸氢钠．按溶液pH由小到大排列正确的是（）A．①④②③⑥⑤B．④①②⑥⑤③C．①④②⑥③⑤D．④①②③⑥⑤6．（3分）已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1；CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ•mol﹣1．现有H2与CH4的混合气体112L（标准状况），使其完全燃烧生成CO2和H2O（l），若实验测得反应放热3695kJ，则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是（）A．1：1 B．1：3 C．1：4 D．2：37．（3分）1mol与足量的NaOH溶液充分反应，消耗的NaOH的物质的量为（）A．5 mol B．4 mol C．3 mol D．2 mol8．（3分）含有amol FeBr2的溶液中，通入xmol Cl2．下列各项为通Cl2过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是（）A．x=0.4a，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣B．x=0.6a，2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣C．x=a，2Fe2++2Br﹣+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl﹣D．x=1.5a，2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl﹣二、非选题9．某温度时，在2L密闭容器中气态物质X和Y反应生成气态物质Z，它们的物质的量随时间的变化如表所示．（1）根据左表中数据，在图1中画出X、Y、Z的物质的量（n）随时间（t）变化的曲线：（2）体系中发生反应的化学方程式是；（3）列式计算该反应在0﹣3min时间内产物Z的平均反应速率：；（4）该反应达到平衡时反应物X的转化率α等于；（5）如果该反应是放热反应．改变实验条件（温度、压强、催化剂）得到Z随时间变化的曲线①、②、③（如图2所示）则曲线①、②、③所对应的实验条件改变分别是：①②③．10．已知氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用示意图中的装置可以实现该反应．回答下列问题：（1）A中加入的物质是发生反应的化学方程式是（2）B中加入的物质是，其作用是（3）实验时在C中观察到得现象是发生反应的化学方程式是；（4）实验时在D中观察到得现象是D中收集到的物质是检验该物质的方法和现象是．11．现有A、B、C、D、E、F六种化合物，已知它们的阳离子有K+，Ag+，Ca2+，Ba2+，Fe2+，Al3+，阴离子有Cl﹣，OH﹣，CH3COO﹣，NO3﹣，SO42﹣，CO32﹣，现将它们分别配成0.1mol•L﹣1的溶液，进行如下实验：①测得溶液A、C、E呈碱性，且碱性为A＞E＞C；②向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失；③向D溶液中滴加Ba（NO3）2溶液，无明显现象；④向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色．根据上述实验现象，回答下列问题：（1）实验②中反应的化学方程式是（2）E溶液是，判断依据是；（3）写出下列四种化合物的化学式：A、C、D、F．12．化合物A相对分子质量为86，碳的质量分数为55.8%，氢为7.0%，其余为氧．A的相关反应如图所示：已知R﹣CH=CHOH（烯醇）不稳定，很快转化为R﹣CH2CHO．根据以上信息回答下列问题：（1）A的分子式为；（2）反应②的化学方程式是；（3）A的结构简式是；（4）反应①的化学方程式是；（5）A有多种同分异构体，写出四个同时满足（i）能发生水解反应（ii）能使溴的四氯化碳溶液褪色两个条件的同分异构体的结构简式：、、、；（6）A的另一种同分异构体，其分子中所有碳原子在一条直线上，它的结构简式为．2009年全国统一高考化学试卷（全国卷Ⅱ）参考答案与试题解析一、选择题1．（3分）（2009•全国卷Ⅱ）物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是（）A．1：4 B．1：5 C．2：3 D．2：5【分析】锌与稀硝酸反应时硝酸既表现酸性又表现氧化性，根据原子守恒和电子守恒规律来解决．【解答】解：锌与稀硝酸反应时硝酸既表现酸性又表现氧化性，根据原子守恒和电子守恒，2mol锌失去4mol电子，生成2mol锌离子，由于生成硝酸锌，则其结合的硝酸根离子是4mol，则剩余的1mol的硝酸被还原为N2O就得到4mol电子，硝酸也全部反应，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是1：4，即4Zn+10HNO3（一般稀）=4Zn（NO3）2+N2O↑+5H2O．故选A．2．（3分）（2009•全国卷Ⅱ）下列关于溶液和胶体的叙述，正确的是（）A．溶液是电中性的，胶体是带电的B．通电时，溶液中的溶质粒子分别向两极移动，胶体中的分散质粒子向某一极移动C．溶液中溶质分子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动D．一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光带，前者则没有【分析】A、胶体是电中性的；B、通电时溶质电离出的阴阳离子分别移向两极，溶质是非电解质时不移向任何电极；C、溶液中溶质分子运动无规律D、胶体能发生丁达尔现象，溶液没有；【解答】解：A、溶液是电中性的，胶体也是电中性的，胶体粒子吸附了带电的离子，故A错误；B、通电时，溶液中的溶质粒子是电解质，电离出的阴阳离子分别向两极移动，若溶质是非电解质不移向电极，胶体中的分散质粒子向某一极移动，故B错误；C、胶体的分散质粒子在显微镜观察下呈现无规则运动，这就是胶体的布朗运动特性．溶液中的离子呈现自由态，其运动是无规律可言的．故C错误；D、溶液没有丁达尔现象而胶体存在，故胶体出现明显的光带，故D正确；故选D．3．（3分）（2009•全国卷Ⅱ）下列叙述中正确的是（）A．向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成B．向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1：2C．等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同D．向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出【分析】A、碳酸氢钙与碳酸氢钠不发生反应；B、Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；C、NaHCO3和Na2CO3的摩尔质量不同，二者相同质量，物质的量不同；D、发生反应Na2CO3+CO2+H2O═2NaHCO3，生成碳酸氢钠的质量比碳酸钠多，反应消耗水，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠．【解答】解：A、CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，生成碳酸氢钙溶液，再加入NaHCO3饱和溶液，碳酸氢钙与碳酸氢钠不发生反应，不能生成碳酸钙沉淀，故A错误；B、Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，没有二氧化碳生成，故B错误；C、NaHCO3和Na2CO3的摩尔质量不同，二者相同质量，物质的量不同，与盐酸反应都生成二氧化碳，由碳元素守恒可知，生成二氧化碳的物质的量之比与摩尔质量成反比为106：84=53：42，即同温同压下，体积之比为53：42，故C错误；D、发生反应Na2CO3+CO2+H2O═2NaHCO3，生成碳酸氢钠的质量比碳酸钠多，反应消耗水，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，故会有碳酸氢钠析出，故D正确．故选D．4．（3分）（2009•全国卷Ⅱ）某元素只存在两种天然同位素，且在自然界它们的含量相近，其相对原子质量为152.0，原子核外的电子数为63．下列叙述中错误的是（）A．它是副族元素B．它是第六周期元素C．它的原子核内有63个质子D．它的一种同位素的核内有89个中子【分析】A、根据元素在周期表中的位置；B、根据元素在周期表中的位置；C、根据核外电子数等于其质子数；D、同种元素的不同核素质量数不同；【解答】解：A、因核外电子数等于其质子数为63，用质子数分别减去各周期所含有的元素种类，63﹣2﹣8﹣8﹣18﹣18=9，显然其属于第六周期，从左到右的第9种，而第六周期中包含镧系，所以它应属于副族，故A正确；B、因核外电子数等于其质子数为63，用质子数分别减去各周期所含有的元素种类，63﹣2﹣8﹣8﹣18﹣18=9，显然其属于第六周期，从左到右的第9种，而第六周期中包含镧系，所以它应属于副族，故B正确；C、核外电子数等于其质子数，故C正确；D、同种元素的不同核素质量数不同，不能用元素的相对原子质量代表某种核素的质量数，故D错误；故选：D．5．（3分）（2009•全国卷Ⅱ）现有等浓度的下列溶液：①醋酸，②苯酚，③苯酚钠，④碳酸，⑤碳酸钠，⑥碳酸氢钠．按溶液pH由小到大排列正确的是（）A．①④②③⑥⑤B．④①②⑥⑤③C．①④②⑥③⑤D．④①②③⑥⑤【分析】先将物质按酸和盐进行分类，再把酸按酸的强弱进行排序，酸性越强的酸其pH值越小；把盐按其阴离子的水解程度进行排序，盐水解程度越大的其碱性越强，溶液的pH值越大．【解答】解：①醋酸、②苯酚、④碳酸是酸，等浓度的三种溶液，醋酸的酸性大于碳酸，碳酸的酸性大于苯酚，所以pH值由小到大的顺序是：①醋酸＜④碳酸＜②苯酚；③苯酚钠、⑤碳酸钠、⑥碳酸氢钠是盐，碳酸的酸性大于苯酚，碳酸的第一步电离程度大于第二步电离程度，碳酸根离子对应的酸是碳酸氢根离子，所以等浓度的三种盐，苯酚钠的水解程度小于碳酸钠，碳酸氢钠的水解程度小于苯酚钠，所以pH值由小到大的顺序是：⑥碳酸氢钠＜③苯酚钠＜⑤碳酸钠，所以这六种溶液pH由小到大排列正确的是①④②⑥③⑤，故选C．6．（3分）（2009•全国卷Ⅱ）已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1；CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ•mol﹣1．现有H2与CH4的混合气体112L（标准状况），使其完全燃烧生成CO2和H2O（l），若实验测得反应放热3695kJ，则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是（）A．1：1 B．1：3 C．1：4 D．2：3【分析】H2与CH4的混合气体112L，n==5mol，设H2与CH4的物质的量分别为x、y，代入热化学反应方程式中计算热量即可解答．【解答】解：H2与CH4的混合气体112L，n==5mol，设H2与CH4的物质的量分别为x、y，2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1，2 571.6kJx 285.8xCH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ•mol﹣1，1 890kJy 890ykJ则，解得x=1.25mol，y=3.75mol，原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是1.25mol：3.75mol=1：3，故选B．7．（3分）（2009•全国卷Ⅱ）1mol与足量的NaOH 溶液充分反应，消耗的NaOH的物质的量为（）A．5 mol B．4 mol C．3 mol D．2 mol【分析】由有机物的结构可知，碱性条件下发生水解，产物中含酚﹣OH、﹣COOH 均能与NaOH发生反应，以此来解答．【解答】解：由有机物的结构可知，碱性条件下发生水解，产物中含酚﹣OH、﹣COOH均能与NaOH发生反应，1mol酚﹣OH消耗1molNaOH，1mol﹣COOH消耗1molNaOH，1mol该有机物及水解产物中共3mol酚﹣OH、2mol﹣COOH，所以消耗的NaOH的物质的量为5mol，故选A．8．（3分）（2009•全国卷Ⅱ）含有amol FeBr2的溶液中，通入xmol Cl2．下列各项为通Cl2过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是（）A．x=0.4a，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣B．x=0.6a，2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣C．x=a，2Fe2++2Br﹣+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl﹣D．x=1.5a，2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl﹣【分析】由于还原性：Fe2+＞Br﹣，通入Cl2，依次发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，2Br ﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，当n（Cl2）：n（FeBr2）≤时，只氧化Fe2+，当n（Cl2）：n（FeBr2）≥时，Fe2+和Br﹣被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br﹣被部分氧化，结合反应物物质的量之间的关系解答该题．【解答】解：由于还原性：Fe2+＞Br﹣，通入Cl2，依次发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，当n（Cl2）：n（FeBr2）≤时，只氧化Fe2+，当n（Cl2）：n（FeBr2）≥时，Fe2+和Br﹣被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br﹣被部分氧化，则A．x=0.4a，n（Cl2）：n（FeBr2）=0.4＜，只氧化Fe2+，故A正确；B．x=0.6a，n（Cl2）：n（FeBr2）介于～，Fe2+被完全氧化，Br﹣被部分氧化，故B错误；C．x=a，n（Cl2）：n（FeBr2）介于～，Fe2+被完全氧化，amolFe2+被氧化消耗0.5amolCl2，剩余0.5amolCl2可与amolBr﹣发生氧化还原反应，则反应的离子方程式为2Fe2++2Br﹣+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl﹣，故C正确；D．x=1.5a，Fe2+和Br﹣恰好被完全氧化，反应的离子方程式为2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl﹣，故D正确．故选B．二、非选题9．（2009•全国卷Ⅱ）某温度时，在2L密闭容器中气态物质X和Y反应生成气态物质Z，它们的物质的量随时间的变化如表所示．（1）根据左表中数据，在图1中画出X、Y、Z的物质的量（n）随时间（t）变化的曲线：（2）体系中发生反应的化学方程式是X+2Y⇌2Z；（3）列式计算该反应在0﹣3min时间内产物Z的平均反应速率：0.083mol•L﹣1•min﹣1；（4）该反应达到平衡时反应物X的转化率α等于45%；（5）如果该反应是放热反应．改变实验条件（温度、压强、催化剂）得到Z随时间变化的曲线①、②、③（如图2所示）则曲线①、②、③所对应的实验条件改变分别是：①升高温度②加入催化剂③增大压强．【分析】（1）根据X、Z的物质的量（n）随时间（t）变化画出变化曲线；（2）由表中数据可知，X、Y为反应物，Z为生成物，1min时△n（X）=1mol﹣0.9mol=0.1mol，△n（Y）=1mol﹣0.8mol=0.2mol，△n（Z）=0.2mol，9min后各物质的物质的量不再变化，且反应物不为0，故为可逆反应，物质的量变化量之比等于化学计量数之比，根据物质的量的变化与化学计量数呈正比书写化学方程式；（3）依据化学反应速率=，结合图表数据计算；（4）依据图表数据分析当反应进行到9min时反应已达到平衡，转化率等于消耗量除以原来起始量；（5）根据平衡是Z的物质的量的变化，结合反应正反应为放热反应，且为气体体积增大的反应．分析平衡的移动，进而判断改变的条件．【解答】解：（1）由表中数据可知，X、Y为反应物，Z为生成物，1min时△n（X）=1mol﹣0.9mol=0.1mol，△n（Y）=1mol﹣0.8mol=0.2mol，△n（Z）=0.2mol，所以X、Y、Z在相同时间内的变化量之比为1：2：2，9min后各物质的物质的量不再变化，平衡时X、Y、Z的物质的量分别为：0.55mol、0.1mol、0.9mol．横坐标为时间，从坐标为X、Z的物质的量（n），根据表中数据可画出曲线为：，故答案为：；（2）由表中数据看出反应从开始到平衡，X的物质的量减小，应为反应物，0～1min物质的量变化值为1.00mol﹣0.90mol=0.10mol，Y的物质的量减小，应为反应物，0～1min物质的量变化值为1.00mol﹣0.80mol=0.20mol，Z的物质的量增多，应为是生成物，物质的量的变化值为0.20mol，9min后各物质的物质的量不再变化，且反应物不为0，故为可逆反应，根据物质的量的变化与化学计量数呈正比，则n（X）：n（Y）：n（Z）=0.10mol：0.20mol：0.20mol=1：2：2，反应方程式为X+2Y⇌2Z，故答案为：X+2Y⇌2Z；（3）0﹣3min内Z的反应速率===0.083mol•L﹣1•min﹣1，故答案为：0.083mol•L﹣1•min﹣1；（4）由图表数据可知反应到9min，反应达到平衡，反应达到平衡时反应物X的转化率α=×100%=45%，故答案为：45%；（5）该可逆反应正反应为放热反应，且为气体体积增大的反应．由表中数据可知，平衡时Z的物质的量为0.9mol，由图2可知曲线①平衡后，Z 的物质的量为0.6，Z的物质的量减小，故平衡向逆反应移动，应是升高温度；曲线②平衡后，Z的物质的量为0.9mol，Z的物质的量未变，应是使用催化剂；曲线③平衡后，Z的物质的量为0.95mol，Z的物质的量增大，应是增大压强，故答案为：升高温度；加入催化剂；增大压强．10．（2009•全国卷Ⅱ）已知氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用示意图中的装置可以实现该反应．回答下列问题：（1）A中加入的物质是固体NH4Cl和Ca（OH）2发生反应的化学方程式是2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O（2）B中加入的物质是碱石灰，其作用是除去氨气中的水蒸气（3）实验时在C中观察到得现象是黑色粉末逐渐变为红色发生反应的化学方程式是2NH3+3CuO N2+3H2O+3Cu；（4）实验时在D中观察到得现象是出现无色液体D中收集到的物质是氨水检验该物质的方法和现象是用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝，用无水硫酸铜检验，无水硫酸铜变蓝．【分析】根据实验目的：氨与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，所以A处是产生氨气的反应，用氯化铵和氢氧化钙来制取氨气，氨气中混有水蒸气，用碱石灰干燥，氨气易液化，极易吸收水成为氨水，氨水具有碱性，能使红色石蕊试纸变蓝，其中的结晶水会使无水硫酸铜变蓝．【解答】解：（1）根据实验目的：氨与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，可知A中加入的是氯化铵和氢氧化钙的固体混合物，加热来制取氨气，发生反应的化学方程式是：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+NH3↑+2H2O，故答案为：固体NH4Cl和Ca（OH）2；2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；（2）制得的氨气中含有杂质水，可以用碱石灰来吸收，故答案为：碱石灰；除去氨气中的水蒸气；（3）氨气和氧化铜在加热的条件下发生反应生成金属铜、水以及氮气，黑色粉末逐渐变为红色，故答案为：黑色粉末逐渐变为红色；2NH3+3CuO N2+3H2O+3Cu；（4）氨气还原氧化铜之后剩余的氨气和产生的水蒸气在冷凝时会形成氨水，具有氨气分子和结晶水的成分，氨水可以使使红色石蕊试纸变蓝，其中的结晶水会使无水硫酸铜变蓝，故答案为：出现无色液体；氨水；用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝，用无水硫酸铜检验，无水硫酸铜变蓝．11．（2009•全国卷Ⅱ）现有A、B、C、D、E、F六种化合物，已知它们的阳离子有K+，Ag+，Ca2+，Ba2+，Fe2+，Al3+，阴离子有Cl﹣，OH﹣，CH3COO﹣，NO3﹣，SO42﹣，CO32﹣，现将它们分别配成0.1mol•L﹣1的溶液，进行如下实验：①测得溶液A、C、E呈碱性，且碱性为A＞E＞C；②向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失；③向D溶液中滴加Ba（NO3）2溶液，无明显现象；④向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色．根据上述实验现象，回答下列问题：（1）实验②中反应的化学方程式AgNO3+NH3•H2O=AgOH↓+NH4NO3；AgOH+2NH3•H2O=Ag（NH3）2OH+2H2O（2）E溶液是碳酸钾，判断依据是由①中碱性强弱的顺序可知，E是碳酸盐，六种阳离子中可以与碳酸根形成可溶性盐的只有钾离子，所以E是碳酸钾；（3）写出下列四种化合物的化学式：A Ba（OH）2、C Ca（CH3COO）2、D AlCl3、F FeSO4．【分析】①测得溶液A、C、E呈碱性，三种溶液为碱液或水解呈碱性的溶液，且碱性为A＞E＞C，则A为碱，溶液中含有大量的OH﹣离子，OH﹣离子与Ag+，Ca2+，Fe2+，Al3+等离子不能大量共存，故A只能为Ba（OH）2，根据越弱越水解，E应为碳酸盐，根据离子共存，只能为K2CO3，C为醋酸盐；②向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失，则B中含有银离子，应为硝酸银溶液，加入氨水发生的反应为AgNO3+NH3•H2O=AgOH↓+NH4NO3；AgOH+2NH3•H2O=Ag（NH3）2OH+2H2O；③向D溶液中滴加Ba（NO3）2溶液，无明显现象，说明D中不含SO42﹣离子；④向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，说明F中含有Fe2+离子；综上分析可知，A为Ba（OH）2，B为AgNO3，C为Ca（CH3COO）2，D为AlCl3，E为K2CO3，F为FeSO4．【解答】解：①测得溶液A、C、E呈碱性，三种溶液为碱液或水解呈碱性的溶液，且碱性为A＞E＞C，则A为碱，溶液中含有大量的OH﹣离子，OH﹣离子与Ag+，Ca2+，Fe2+，Al3+等离子不能大量共存，故A只能为Ba（OH）2，根据越弱越水解，E应为碳酸盐，根据离子共存，只能为K2CO3，C为醋酸盐；②向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失，则B中含有银离子，应为硝酸银溶液，加入氨水发生的反应为AgNO3+NH3•H2O=AgOH↓+NH4NO3；AgOH+2NH3•H2O=Ag（NH3）2OH+2H2O；③向D溶液中滴加Ba（NO3）2溶液，无明显现象，说明D中不含SO42﹣离子；④向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，说明F中含有Fe2+离子；综上分析可知，A为Ba（OH）2，B为AgNO3，C为Ca（CH3COO）2，D为AlCl3，E为K2CO3，F为FeSO4．（1）在硝酸银溶液中加入氨水生成氢氧化银沉淀，加入过量氨水后生成银氨络离子，反应的化学方程式为AgNO3+NH3•H2O=AgOH↓+NH4NO3；AgOH+2NH3•H2O=Ag（NH3）2OH+2H2O，故答案为：AgNO3+NH3•H2O=AgOH↓+NH4NO3；AgOH+2NH3•H2O=Ag（NH3）OH+2H2O；2（2）E应为碳酸盐，六种阳离子中可以与碳酸根形成可溶性盐的只有钾离子，故E为K2CO3，故答案为：碳酸钾；由①中碱性强弱的顺序可知，E是碳酸盐，六种阳离子中可以与碳酸根形成可溶性盐的只有钾离子，所以E是碳酸钾；（3）根据以上分析可知A为Ba（OH）2，B为AgNO3，C为Ca（CH3COO）2，D 为AlCl3，E为K2CO3，F为FeSO4，故答案为：Ba（OH）2；Ca（CH3COO）2；AlCl3；FeSO4．12．（2009•全国卷Ⅱ）化合物A相对分子质量为86，碳的质量分数为55.8%，氢为7.0%，其余为氧．A的相关反应如图所示：已知R﹣CH=CHOH（烯醇）不稳定，很快转化为R﹣CH2CHO．根据以上信息回答下列问题：（1）A的分子式为C4H6O2；（2）反应②的化学方程式是CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O+2H2O；（3）A的结构简式是CH3COOCH=CH2；（4）反应①的化学方程式是；（5）A有多种同分异构体，写出四个同时满足（i）能发生水解反应（ii）能使溴的四氯化碳溶液褪色两个条件的同分异构体的结构简式：、、、；（6）A的另一种同分异构体，其分子中所有碳原子在一条直线上，它的结构简式为．【分析】化合物A相对分子质量为86，碳的质量分数为55.8%，氢为7.0%，其余为氧，A中C、H、O原子的原子个数之比=：=2：3：1，结合A的相对分子质量知，A的分子式为C4H6O2，A能发生聚合反应生成B，说明A中含有碳碳双键，A能水解生成C和D，C能和新制氢氧化铜反应生成D，说明C中含有醛基，A为酯，且C和D中碳原子个数相同，所以C是乙醛，D是乙酸，因为R﹣CH=CHOH（烯醇）不稳定，很快转化为R﹣CH2CHO，所以A的结构简式为CH3COOCH=CH2，A发生聚合反应生成B，所以B的结构简式为：，B水解生成乙酸和E聚乙烯醇，E的结构简式为：．【解答】解：化合物A相对分子质量为86，碳的质量分数为55.8%，氢为7.0%，其余为氧，A中C、H、O原子的原子个数之比=：=2：3：1，结合A的相对分子质量知，A的分子式为C4H6O2，A能发生聚合反应生成B，说明A中含有碳碳双键，A能水解生成C和D，C能和新制氢氧化铜反应生成D，说明C中含有醛基，A为酯，且C和D中碳原子个数相同，所以C是乙醛，D是乙酸，因为R﹣CH=CHOH（烯醇）不稳定，很快转化为R﹣CH2CHO，所以A的结构简式为CH3COOCH=CH2，A发生聚合反应生成B，所以B的结构简式为：，B水解生成乙酸和E聚乙烯醇，E的结构简式为：．（1）通过以上分析知，A的分子式C4H6O2，故答案为：C4H6O2；（2）C是乙醛，乙醛和氢氧化铜反应生成乙酸、氧化亚铜和水，反应方程式为：CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O+2H2O，故答案为：CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O+2H2O；（3）通过以上分析知，A的结构简式为：CH3COOCH=CH2，故答案为：CH3COOCH=CH2；（4）B的结构简式为：，B水解生成乙酸和E聚乙烯醇，反应方程式为：，故答案为：；（5）A有多种同分异构体，写出两个同时满足（i）能发生水解反应，说明含有酯基，（ii）能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含有碳碳双键，则符合这两个条件的A的同分异构体的结构简式为，故答案为：；（6）A的另一种同分异构体，其分子中所有碳原子在一条直线上，说明含有碳碳三键，则两个氧原子形成两个羟基，所以它的结构简式为，故答案为：．。

2009年上海市中考化学试题及答案

2009年上海市初中毕业统一学业考试理化试卷（满分150分，考试时间100分钟）化学部分考生注意：1．本试卷化学部分含三个大题.2．答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答,在草稿纸、本试卷上答题一律无效。

可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N —14 O —16 A1—27 Cl —35。

5 Fe-56六、选择题（共20分）下列各题均只有一个正确选项，请将正确选项的代号用2B 铅笔填涂在答题纸的相应位置上，更改答案时，用橡皮擦去，重新填涂。

27. 常见含氧物质中属于单质的是 ( ）A ．氧气B ．氧化镁C ．二氧化硫D ．硫酸28。

我们熟悉的物质里属于纯净物的是（）A ．空气B ．氮气C ．食醋D ．牛奶29。

在物质的运动变化中只发生物理变化的有（ )A ．干冰气化B ．瓦斯爆炸C ．烟花燃放D ．铜器生锈30。

家庭常用物质中属于无机物的是 ( ）A ．葡萄糖B ．淀粉C ．水D ．蔗糖31. 三氧化二硼（B 2O 3）是制造耐热玻璃器皿的原料，其中硼(B)元素的化合价是（）A ．+3B ．+2C ．一3D ．一232。

物质名称与化学式相符合的是（ )A ．熟石灰:CaOB ．胆矾:CuSO 4•5H 2OC ．氯化钾：KClO 3D ．氧化钠:Na 2O 233。

金属钛(Ti ）是重要的航空航天材料。

Ti 可以用TiO 2与Si 共熔制取，反应的化学方程式为：TiO 2+Si −−−→高温SiO 2+Ti.该反应中的还原剂是（）A ．TiO 2B ．SiC ． SiO 2D ．Ti34. 物质在氧气中燃烧的实验现象描述正确的是（）A ．木炭:产生绿色火焰B ．铁丝：发出耀眼的白光C ．镁带：火焰呈淡蓝色D ．硫粉：产生明亮的蓝紫色火焰35. 两种互为同素异形体的物质是（）A ．氧气和二氧化锰B ．双氧水和水C ．红磷和五氧化二磷D ．碳60（C 60）和石墨36. 在氧气中完全燃烧只生成水的物质是（）A ．-氢气B ．天然气C ．酒精D ．一氧化碳37. 物质的性质决定其用途.有关物质的用途正确的是（）A ．烧碱用于治疗胃酸过多B ．食盐水用于清洗伤口C ．明矾用作水的消毒剂D ．氦气用作火箭燃料38．化学方程式是重要的化学用语,正确的化学方程式是（）A ．2KClO 3 2MnO−−−→2KCl+ 3O 2↑ B ．NaCI+H 2O −−→NaOH+HCIC ．3CO+Fe 2O 3−−−→高温2Fe+3CO 2 D ．2NaOH+SO 2−−→Na 2SO 4+H 2O39．关于电解水实验的叙述错误的是（）A ．电解水属于分解反应B ．电解时两个电极上都有气泡产生C ．电解时产生的氢气体积小于氧气体积D ．电解水实验证明水是由氢、氧两种元素组成40．根据金属活动性顺序判断，组内物质间能够发生化学反应的是 ( ）A ．Cu 和稀盐酸B ．Cu 和ZnSO 4溶液C ．Ag 和稀硫酸D ．Zn 和AgNO 3溶液41．抗甲型H1N1流感的有效药物达菲可用莽草酸（C 7H I0O 5)制取。

2009年上海市中考化学真题试题(含答案)

2009年上海市初中毕业统一学业考试(含答案)理化试卷（满分150分，考试时间100分钟）化学部分考生注意：1．本试卷化学部分含三个大题。

2．答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答，在草稿纸、本试卷上答题一律无效。

可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 A1-27 Cl -35. 5 Fe-56六、选择题（共20分）下列各题均只有一个正确选项，请将正确选项的代号用2B 铅笔填涂在答题纸的相应位置上，更改答案时，用橡皮擦去，重新填涂。

27. 常见含氧物质中属于单质的是（）A ．氧气B ．氧化镁C ．二氧化硫D ．硫酸28. 我们熟悉的物质里属于纯净物的是（）A ．空气B ．氮气C ．食醋D ．牛奶29. 在物质的运动变化中只发生物理变化的有（）A ．干冰气化B ．瓦斯爆炸C ．烟花燃放D ．铜器生锈30. 家庭常用物质中属于无机物的是（）A ．葡萄糖B ．淀粉C ．水D ．蔗糖31. 三氧化二硼（B 2O 3）是制造耐热玻璃器皿的原料，其中硼（B ）元素的化合价是（）A ．+3B ．+2C ．一3D ．一232. 物质名称与化学式相符合的是（）A ．熟石灰：CaOB ．胆矾：CuSO 4•5H 2OC ．氯化钾：KClO 3D ．氧化钠：Na 2O 233. 金属钛（Ti ）是重要的航空航天材料。

Ti 可以用TiO 2与Si 共熔制取，反应的化学方程式为：TiO 2+Si −−−→高温SiO 2+Ti 。

该反应中的还原剂是（）A ．TiO 2B ．SiC ． SiO 2D ．Ti34. 物质在氧气中燃烧的实验现象描述正确的是（）A ．木炭：产生绿色火焰B ．铁丝：发出耀眼的白光C ．镁带：火焰呈淡蓝色D ．硫粉：产生明亮的蓝紫色火焰35. 两种互为同素异形体的物质是（）A ．氧气和二氧化锰B ．双氧水和水C ．红磷和五氧化二磷D ．碳60(C 60)和石墨36. 在氧气中完全燃烧只生成水的物质是（）A ．-氢气B ．天然气C ．酒精D ．一氧化碳37. 物质的性质决定其用途。

【化学】普通高等学校招生全国统一考试(上海卷理综化学部分)解析版

2009年普通高等学校招生全国统一考试上海综合能力测试试卷（化学部分）（理科使用）10．右图是一个一次性加热杯的示意图。

当水袋破裂时，水与固体碎块混和，杯内食物温度逐渐上升。

制造此加热杯可选用的固体碎块是A．硝酸铵B．生石灰C．氯化镁D．食盐答案B【解析】生成灰能与水放出大量的热。

【考点分析】考查常见物质的放热和吸热反应。

11．茫茫黑夜中，航标灯为航海员指明了方向。

航标灯的电源必须长效、稳定。

我国科技工作者研制出以铝合金、Pt-Fe合金网为电极材料的海水电池。

在这种电池中①铝合金是阳极②铝合金是负极③海水是电解液④铝合金电极发生还原反应A．②③B．②④C．①②D．①④答案A【解析】电池电极只称为正、负极，故①错。

其中活泼的一极为负极，即为铝合金，②对。

电极在海水中，故海水为电解质溶液，③对。

④铝合金为负极，则发生氧化反应，故错。

【考点分析】原电池的构成及电极反应的判断。

12．右图是石油分馏塔的示意图，a、b、c三种馏分中A．a的沸点最高B．b的熔点最低C．c的平均分子量最大D．每一种馏分都是纯净物答案C【解析】a、b、c三种馏分均为蒸气，故最上面的熔沸点最低，C的熔点最大，对应的平均相对分子量也最大。

【考点分析】考查物质熔沸点与相对分子质量间的关系。

13．酒后驾车是引发交通事故的重要原因。

交警对驾驶员进行呼气酒精检测的原理是：橙色的K2Cr2C7酸性水溶液乙醇迅速生成蓝绿色Cr3+。

下列对乙醇的描述与此测定原理有关的是①乙醇沸点低②乙醇密度比水小③乙醇有还原性④乙醇是烃的含氧化合物A．②④B．②③C．①③D．①④答案C【解析】乙醇沸点低，易挥发，故可以易被检测。

K2Cr2C7具有强氧化性，可以氧化乙醇，自身生成Cr3+。

【考点分析】本题考查乙醇的性质。

14．生活中难免会遇到一些突发事件，我们要善于利用学过的知识，采取科学、有效的方法保护自己。

如果发生了氯气泄漏，以下自救方法得当的是A．只要在室内放一盆水B．向地势低的地方撤离C．观察风向，顺风撤离D．用湿毛巾或蘸有石碱水的毛巾捂住口鼻撤离答案.D【解析】氯气与水反应，其速度慢且反应不充分，故A项错；氯气的密度大于空气，故应向地势高的地方、逆风跑，才可以在氯气之上，B、C项均错。

普通高等学校招生全国统一考试化学(上海卷,含答案)

2009年普通高等学校招生全国统一考试化学（上海卷，含答案）本试卷分为第I卷（第1—4页）和第Ⅱ卷（第5—10页）两部分。

全卷共10页。

满分150分，考试时间120分钟。

第I卷（共66分）考生注意：1．答第I卷前，考生务必在答题卡上用钢笔或圆珠笔清楚填写姓名、准考证号、校验码，并用2B铅笔正确涂写准考证号和校验码。

2．第I卷（1—22小题），由机器阅卷，答案必须全部涂写在答题卡上。

考生应将代表正确答案的小方格用2B铅笔涂黑。

注意试题题号和答题纸编号一一对应，不能错位。

答案需要更改时，必须将原选项用橡皮擦去，重新选择。

答案不能涂写在试卷上，涂写在试卷上一律不给分。

相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 V-51 Cr-52Mn-55 Fe-56 Cu-64一、选择题（本题共10分，每小题2分，只有一正确选项，答案涂写在答题卡上。

）1．下列措施不能达到节能减排目的的是A．利用太阳能制氢燃料 B．用家用汽车代替公交车C．利用潮汐能发电 D．用节能灯代替白炽灯2．以下表示氦原子结构的化学用语中，对电子运动状态描述最详尽的是A．：He B． C．1s2 D．3．有机物的种类繁多，但其命中是有规则的。

下列有机物命名正确的是4．用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火。

其原因是①幕布的着火点升高②幕布的质量增加③氯化铵分解吸收热量，降低了温度④氯化铵分解产生的气体隔绝了空气A．①② B．③④ C．③④ D．②④5．下列对化学反应的认识错误的是A．会引起化学键的变化 B．会产生新的物质C．必然引起物质状态的变化 D．必然伴随着能量的变化二、选择题（本题共36分，每小题3分，只有一个正确选项，答案涂写在答题卡上。

）6．下列实验装置不适用于物质分离的是7．在下列变化①大气固氮②硝酸银分解③实验室制取氨气中，按氮元素被氧化、被还原、既不被氧化又不被还原的顺序排列，正确的是A ．①②③B ．②①③C ．③②①D ．③①②8．在通常条件下，下列各组物质的性质排列正确的是A ．熔点：22CO KCl SiO >> B ．水溶性：22HCl H S SO >>C ．沸点：乙烷>戊烷>丁烷D ．热稳定性：23HF H O NH >>9．迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如右图。

2009高考试题——理综(上海卷)化生doc

2009年全国普通高等学校招生统一考试上海综合能力测试试卷（理科使用）本试卷分第I卷和第Ⅱ卷两部分。

全卷共12页。

满分为150分。

考试时间为120分钟。

第I卷（共63分）考试注意：1．答第I卷前，考生务必用钢笔或圆珠笔在试卷和答题卡上清楚填写姓名、准考证号、校验码，并用铅笔在答题卡上正确涂写准考证号和校验码。

2．第I卷（1-21题）为单选题，由机器阅卷，答案必须全部涂写在答题卡上。

考生应将代表正确答案的小方格用2B铅笔涂黑。

注意试题题号和答题卡编号一一对应，不能错位。

答案需要更改时，必须将原选项用橡皮擦去，重新选择。

答案涂写在试卷上一律不给分。

1．众志成城是民族的成熟，百姓高贵是历史的正常。

当苦难酿造出大爱大智，更心怀敬畏；祖国永恒，人民至上！这首讴歌抗震救灾精神的诗体现了①以爱国主义为核心的伟大民族精神②人民群众是历史的创造者③青年是最有生命力的群体④尊重和敬畏生命的人文精神A．①②②B．②③④C．①③④D．①②④答案：D解析：略2．13世纪初，铁木真统一了蒙古高原诸部落，被尊为“成吉思汗”，形成了别具一格的A．草原文明B．大河文明C．海洋文明D．山地文明答案：A解析：略3．2008年初的雪灾和大气的逆温现象有关。

逆温是指对流层中气温随高度上升而增高的现象。

下列四图中表示近地面逆温现象的是答案：A解析：本题考查逆温定义以及考生的读图分析能力。

对流层大气的热量主要直接来自地面的长波辐射。

一般情况下，离地面越远，气温越低，即气温随高度增加而递减，但在一定条件下，对流层的某一高度有时也会出现气温随高度增加而递增的现象，这种气温逆转的现象就是逆温。

有定义可知逆温不是一种常态，对比四个选项，A符合题意。

4．一颗恒星的寿命取决于它的质量，其关系如右图所示。

根据图中信息可以判断①质量大的恒星寿命较短②质量小的恒星寿命较短③太阳的寿命约为10亿年④太阳的寿命约为100亿年A ．①③B ．②③C ．①④D ．②④【答案】C 。

2009年全国统一高考化学试卷(全国卷ⅰ)及参考答案与试题解析

2009年全国统一高考化学试卷（全国卷Ⅰ）一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）1．（5分）下列各组离子，在溶液中能大量共存、加入NaOH溶液后加热既有气体放出又有沉淀生成的一组是（）A．Ba2+、NO3﹣、NH4+、Cl﹣B．Ca2+、HCO3﹣、NH4+、AlO2﹣C．K+、Ba2+、Cl﹣、HSO3﹣D．Mg2+、NH4+、SO42﹣、K+2．（5分）将15mL 2mol•L﹣1 Na2CO3溶液逐滴加入到40mL 0.5mol•L﹣1 MCl n盐溶液中，恰好将溶液中的M n+离子完全沉淀为碳酸盐，则MCl n中n值是（）A．4 B．3 C．2 D．13．（5分）下列表示溶液中发生反应的化学方程式错误的是（）A．2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑B．KMnO4+HCOOK+KOH=2K2MnO4+CO2↑+H2OC．MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2OD．K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=Cr2（SO4）3+3Fe2（SO4）3+K2SO4+7H2O4．（5分）现有乙酸和两种链状单烯烃的混合物，若其中氧的质量分数为a，则碳的质量分数是（）A．B．C．D．6．（5分）用0.10mol•L﹣1的盐酸滴定0.10mol•L﹣1的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是（）A．c（NH4+）＞c（Cl﹣），c（OH﹣）＞c（H+）B．c（NH4+）=c（Cl﹣），c（OH﹣）=c（H+）C．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（OH﹣）＞c（H+）D．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（H+）＞c（OH﹣）7．（5分）为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g 样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度（质量分数）是（）A．B．C．D．8．（5分）有关下图所示化合物的说法不正确的是（）A．既可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br2发生取代反应B．1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应C．既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色D．既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体9．（5分）右图表示反应X（g）4Y（g）+Z（g），△H＜0，在某温度时X的浓度随时间变化的曲线：下列有关该反应的描述正确的是（）A．第6min后，反应就终止了B．X的平衡转化率为85%C．若升高温度，X的平衡转化率将大于85%D．若降低温度，v正和v逆将以同样倍数减小二、解答题（共4小题，满分60分）10．（15分）浓H2SO4和木炭在加热时发生反应的化学方程式是2H2SO4（浓）+C CO2↑+2H2O+2SO2↑请从图中选用所需的仪器（可重复选用）组成一套进行该反应并要检出反应产物的装置．现提供浓H2SO4、木炭和酸性KMnO4溶液，其他固、液试剂自选．（连接和固定仪器所用的玻璃管、胶管、铁夹、铁架台及加热装置等均略去）将所选的仪器连接顺序由上至下依次填入下表，并写出该仪器中应加试剂的名称及其作用．11．（15分）右图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100g 10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极．（1）接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4浓度为10.47%，乙中c电极质量增加．据此回答问题：①电源的N端为极；②电极b上发生的电极反应为；③列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积：④电极c的质量变化是g；⑤电解前后各溶液的酸、碱性大小是否发生变化，简述其原因：甲溶液；乙溶液；丙溶液；（2）如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？．14．（15分）已知周期表中，元素R、Q、W、Y与元素X相邻．R与Y同族．Y 的最高化合价氧化物的水化物是强酸．回答下列问题：（1）W与Q可以形成一种高温结构陶瓷材料．W的氯化物分子呈正四面体结构，W的氧化物的晶体类型是；（2）Q的具有相同化合价且可以相互转变的氧化物是；（3）R和Y形成的二种化合物中，Y呈现最高化合价的化合物是化学式是；（4）这5个元素的氢化物分子中，①立体结构类型相同的氢化物的沸点从高到低排列次序是（填化学式），其原因是②电子总数相同的氢化物的化学式和立体结构分别是；（5）W和Q所形成的结构陶瓷材料的一种合成方法如下：W的氯化物与Q的氢化物加热反应，生成化合物W（QH2）4和HCl气体；W（QH2）4在高温下分解生成Q的氢化物和该陶瓷材料．上述相关反应的化学方程式（各物质用化学式表示）是．15．（15分）化合物H是一种香料，存在于金橘中，可用如下路线合成：已知：R﹣CH=CH2R﹣CH2CH2OH（B2 H6为乙硼烷）回答下列问题：（1）11.2L（标准状况）的烃A在氧气中充分燃烧可以产生88g CO2和45g H2O．A的分子式是（2）B和C均为一氯代烃，它们的名称（系统命名）分别为；（3）在催化剂存在下1mol F与2mol H2反应，生成3﹣苯基﹣1﹣丙醇．F的结构简式是（4）反应①的反应类型是；（5）反应②的化学方程式为（6）写出所有与G具有相同官能团的G的芳香类同分异构体的结构简式：．2009年全国统一高考化学试卷（全国卷Ⅰ）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）1．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）下列各组离子，在溶液中能大量共存、加入NaOH 溶液后加热既有气体放出又有沉淀生成的一组是（）A．Ba2+、NO3﹣、NH4+、Cl﹣B．Ca2+、HCO3﹣、NH4+、AlO2﹣C．K+、Ba2+、Cl﹣、HSO3﹣D．Mg2+、NH4+、SO42﹣、K+【分析】根据溶液中离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应、不能促进电离来分析离子在溶液中能大量共存；然后根据溶液中的离子与NaOH溶液反应既有气体放出又有沉淀生成的即为正确答案．【解答】解：A、因该组离子之间不反应，则离子能大量共存，当加入NaOH会与NH4+反应产生NH3，但没有沉淀，故A错误；B、因AlO2﹣能促进HCO3﹣的电离，生成Al（OH）3沉淀和碳酸根离子，则该组离子不能大量共存，故B错误；C、因该组离子之间不反应，则离子能大量共存，当加入NaOH会与HSO3﹣生成SO32﹣，SO32﹣与Ba2+可生成BaSO3沉淀，但无气体生成，故C错误；D、因该组离子之间不反应，则离子能大量共存，当加入NaOH后，OH﹣与NH4+产生NH3，OH﹣与Mg2+会产生Mg（OH）2沉淀，符合题意，故D正确；故选D．2．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）将15mL 2mol•L﹣1Na2CO3溶液逐滴加入到40mL 0.5mol•L﹣1 MCl n盐溶液中，恰好将溶液中的M n+离子完全沉淀为碳酸盐，则MCl n 中n值是（）A．4 B．3 C．2 D．1【分析】根据Na2CO3溶液与MCln盐溶液反应时，恰好将溶液中的M n+离子完全沉淀为碳酸盐，利用化合价得出M n+离子与nCO32﹣离子的关系，然后利用物质的量来计算解答．【解答】解：Na2CO3溶液中CO32﹣离子的物质的量为15mL×10﹣3×2mol•L﹣1=0.03mol，MCl n盐溶液中M n+离子的物质的量为40mL×10﹣3×0.5mol•L﹣1=0.02mol，由反应中恰好将溶液中的M n+离子完全沉淀为碳酸盐，及M的化合价为+n，则Na2CO3与MCl n反应对应的关系式为：2M n+～nCO32﹣2 n0.02mol 0.03mol，解得n=3，故选：B．3．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）下列表示溶液中发生反应的化学方程式错误的是（）A．2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑B．KMnO4+HCOOK+KOH=2K2MnO4+CO2↑+H2OC．MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2OD．K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=Cr2（SO4）3+3Fe2（SO4）3+K2SO4+7H2O【分析】根据所学元素化合物的知识及氧化还原反应的基本规律，并且具有对简单氧化还原反应运用化合价的升降配平的技能等来解答此题；【解答】解：A、因铝既能与强酸反应又能与强碱反应，则铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，遵循质量守恒定律及氧化还原反应中电子守恒，故A对；B、由化学方程式要遵循质量守恒定律，B项没配平；或应知在碱性条件下，不可能产生CO2气体，而应是CO32﹣，故B错；C、实验室制取氯气的反应原理可知，二氧化锰与浓盐酸反应制取氢气，遵循质量守恒定律及氧化还原反应中电子守恒，故C对；D、根据常见氧化剂、还原剂以及转化规律，D中发生氧化还原反应，遵循质量守恒定律及氧化还原反应中电子守恒，故D对；故选：B．4．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）现有乙酸和两种链状单烯烃的混合物，若其中氧的质量分数为a，则碳的质量分数是（）A．B．C．D．【分析】根据乙酸的化学式为C2H4O2，烯烃的通式为C n H2n，则在混合物中碳、氢存在固定的质量比，混合物中一共有三种元素，氧的质量分数为a，碳、氢元素的质量分数之和为1﹣a，然后可计算出碳元素的质量分数．【解答】解：由乙酸的化学式为C2H4O2，而单烯烃的通式为C n H2n，则从化学式可以发现两者中，C与H之间的数目比为1：2，其质量比为12×1：1×2=6：1，又混合物中共三种元素，氧的质量分数为a，碳、氢元素的质量分数之和为1﹣a，则碳元素的质量分数为×（1﹣a）=，故选C．6．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）用0.10mol•L﹣1的盐酸滴定0.10mol•L﹣1的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是（）A．c（NH4+）＞c（Cl﹣），c（OH﹣）＞c（H+）B．c（NH4+）=c（Cl﹣），c（OH﹣）=c（H+）C．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（OH﹣）＞c（H+）D．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（H+）＞c（OH﹣）【分析】根据酸碱滴定中，无论溶液中的溶质是氯化铵、氯化铵和氯化氢、氯化铵和一水合氨，该溶液一定不显电性，则利用遵循电荷守恒来分析解答．【解答】解：A、若滴定后溶液中的溶质为氯化铵和一水合氨，则一般溶液显碱性，即c（OH﹣）＞c（H+），溶液中弱电解质的电离＞盐的水解，即c（NH4+）＞c（Cl﹣），则符合电荷守恒，故A是可能出现的结果；B、若滴定后溶液中的溶质为氯化铵和一水合氨，当溶液中弱电解质的电离程度与盐的水解程度相同时，溶液为中性，则c（OH﹣）=c（H+），由电荷守恒可知c（NH4+）=c（Cl﹣），故B是可能出现的结果；C、当c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（OH﹣）＞c（H+），则溶液中阴离子带的电荷总数就大于阳离子带的电荷总数，显然与电荷守恒矛盾，故C是不可能出现的结果；D、若滴定后溶液中的溶质为氯化铵，由铵根离子水解则溶液显酸性，即c（H+）＞c（OH﹣），又水解的程度很弱，则c（Cl﹣）＞c（NH4+），且符合电荷守恒，故D是可能出现的结果；故选：C．7．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g 样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度（质量分数）是（）A．B．C．D．【分析】根据碳酸氢钠加热分解，而碳酸钠在加热时不反应，则利用反应前后固体的质量差来计算碳酸氢钠的质量，再计算碳酸钠样品的纯度．【解答】解：设样品中含有NaHCO3杂质的质量为x，则2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2△m（减少）2×84 106 62x （w1g﹣w2g），解得x=，则w（Na2CO3）==，故选A．8．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）有关下图所示化合物的说法不正确的是（）A．既可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br2发生取代反应B．1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应C．既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色D．既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体【分析】A、含有碳碳双键，可以与Br2发生加成反应；B、酯基可以和氢氧化钠溶液发生水解反应；C、苯环可以被氢加成，碳碳双键可以使KMnO4褪色；D、羧基能与NaHCO3放出CO2气体，酚羟基可以与FeCl3溶液发生显色反应．【解答】解：A、有机物含有碳碳双键，故可以与Br2发生加成反应，又含有甲基，故可以与Br2光照发生取代反应，故A正确；B、酚羟基要消耗一个NaOH，两个酯基要消耗两个NaOH，1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应，故B正确；C、苯环可以催化加氢，碳碳双键可以使KMnO4褪色，故C正确；D、该有机物中不存在羧基，并且酚羟基酸性比碳酸弱，故不能与NaHCO3放出CO2气体，故D错误．故选D．9．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）右图表示反应X（g）4Y（g）+Z（g），△H＜0，在某温度时X的浓度随时间变化的曲线：下列有关该反应的描述正确的是（）A．第6min后，反应就终止了B．X的平衡转化率为85%C．若升高温度，X的平衡转化率将大于85%D．若降低温度，v正和v逆将以同样倍数减小【分析】根据图可知，X的浓度在随时间逐渐减少，到第6min浓度不再变化，则反应达到化学平衡；利用X变化的量来计算转化率，再利用温度对反应的影响来分析转化率的变化及反应速率的变化．【解答】解：A、6min时反应达平衡，但未停止，故A错；B、X的变化量为1mol/L﹣0.15mol/L=0.85mol/L，则X 的转化率为×100%=85%，故B正确；C、△H＜0，反应为放热，故升高温度，平衡将逆向移动，则X的转化率减小，故C错；D、降温时，正、逆反应速率同时减小，但是降温平衡正向移动，故V正＞V逆，即逆反应减小的倍数大，故D错误；故选：B．二、解答题（共4小题，满分60分）10．（15分）（2009•全国卷Ⅰ）浓H2SO4和木炭在加热时发生反应的化学方程式是2H2SO4（浓）+CCO2↑+2H2O+2SO2↑请从图中选用所需的仪器（可重复选用）组成一套进行该反应并要检出反应产物的装置．现提供浓H2SO4、木炭和酸性KMnO4溶液，其他固、液试剂自选．（连接和固定仪器所用的玻璃管、胶管、铁夹、铁架台及加热装置等均略去）将所选的仪器连接顺序由上至下依次填入下表，并写出该仪器中应加试剂的名称及其作用．【分析】该反应为固液加热，故选用C带有支管的试管做反应容器，加入浓硫酸和木炭；检验产物水可用无水硫酸铜；检验二氧化硫，可用品红溶液；在洗气瓶中装有酸性高锰酸钾溶液用来吸收余下二氧化硫；在洗气瓶中装有澄清石灰水溶液用来检验二氧化碳．在检验时要考虑检验的顺序．【解答】解：成套装置包括反应装置，检验装置和尾气处理装置．C中加入浓硫硫和木炭作为反应物的发生器，产物中必须先检验水，因为在检验其他物质时会在其它试剂中混入水，可选用装置B，放入无水硫酸铜，若变蓝则说明有水．接着检验SO2气体，用装置A，放入品红检验，若品红褪色，则说明有SO2气体产生，再用装置A，放入酸性KMnO4溶液以除去SO2，然后再用装置A，放入品红，检验品红是否除尽，因为CO2是用澄清石灰水来检验的，而SO2也可以使澄清石灰水变浑，故先要除去SO2．最后洗气瓶中装有澄清石灰水溶液用来检验二氧化碳．故答案为：11．（15分）（2009•全国卷Ⅰ）右图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100g 10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极．（1）接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4浓度为10.47%，乙中c电极质量增加．据此回答问题：①电源的N端为正极；②电极b上发生的电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；③列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积： 2.8L④电极c的质量变化是16g；⑤电解前后各溶液的酸、碱性大小是否发生变化，简述其原因：甲溶液甲增大，因为相当于电解水；乙溶液乙减小，OH﹣放电，H+增多；丙溶液丙不变，相当于电解水；（2）如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？可以，铜全部析出，可以继续电解H2SO4，有电解液即可电解．【分析】（1）①乙中C电极质量增加，则c处发生的反应为：Cu2++2e﹣=Cu，即C 处为阴极，由此可推出b为阳极，a为阴极，M为负极，N为正极．丙中为K2SO4，相当于电解水，设电解的水的质量为x．由电解前后溶质质量相等有，100×10%=（100﹣x）×10.47%，得x=4.5g，故为0.25mol．由方程式2H2+O2═2H2O可知，生成2molH2O，转移4mol电子，所以整个反应中转化0.5mol电子，而整个电路是串联的，故每个烧杯中的电极上转移电子数是相等的．②甲中为NaOH，相当于电解H2O，阳极b处为阴离子OH﹣放电，即4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑．③转移0.5mol电子，则生成O2为0.5/4=0.125mol，标况下的体积为0.125×22.4=2.8L．④Cu2++2e﹣=Cu，转移0.5mol电子，则生成的m（Cu）=×64=16g．⑤甲中相当于电解水，故NaOH的浓度增大，pH变大．乙中阴极为Cu2+放电，阳极为OH﹣放电，所以H+增多，故pH减小．丙中为电解水，对于K2SO4而言，其pH几乎不变．（2）铜全部析出，可以继续电解H2SO4，有电解液即可电解．【解答】解：（1）①乙杯中c质量增加，说明Cu沉积在c电极上，电子是从b ﹣c移动，M是负极，N为正极，故答案为：正极；②甲中为NaOH，相当于电解H2O，阳极b处为阴离子OH﹣放电，即4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；③丙中为K2SO4，相当于电解水，设电解的水的质量为x．由电解前后溶质质量相等有，100×10%=（100﹣x）×10.47%，得x=4.5g，故为0.25mol．由方程式2H2+O2═2H2O可知，生成2molH2O，转移4mol电子，所以整个反应中转化0.5mol电子，则生成O2为0.5/4=0.125mol，标况下的体积为0.125×22.4=2.8L，故答案为：答案2.8L；④整个电路是串联的，所以每个烧杯中的电极上转移电子数是相等的，根据电极反应：Cu2++2e﹣=Cu，可知转移0.5mol电子生成的m（Cu）=×64=16g，故答案为：16；⑤甲中相当于电解水，故NaOH的浓度增大，pH变大．乙中阴极为Cu2+放电，阳极为OH﹣放电，电解方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，所以H+增多，故pH减小．丙中为电解水，对于K2SO4而言，其pH几乎不变．故答案为：甲增大，因为相当于电解水；乙减小，OH﹣放电，H+增多．丙不变，相当于电解水；（2）当铜全部析出时，溶液中仍有电解质硫酸，可以继续电解，故答案为：可以；铜全部析出，可以继续电解H2SO4，有电解液即可电解．14．（15分）（2009•全国卷Ⅰ）已知周期表中，元素R、Q、W、Y与元素X相邻．R 与Y同族．Y的最高化合价氧化物的水化物是强酸．回答下列问题：（1）W与Q可以形成一种高温结构陶瓷材料．W的氯化物分子呈正四面体结构，W的氧化物的晶体类型是原子晶体；（2）Q的具有相同化合价且可以相互转变的氧化物是NO2和N2O4；（3）R和Y形成的二种化合物中，Y呈现最高化合价的化合物是化学式是SO3；（4）这5个元素的氢化物分子中，①立体结构类型相同的氢化物的沸点从高到低排列次序是（填化学式）NH3＞PH3，H2O＞H2S，其原因是因为前者中含有氢键②电子总数相同的氢化物的化学式和立体结构分别是NH3和H2O分别为三角锥和V形；SiH4、PH3和H2S结构分别为正四面体，三角锥和V形；（5）W和Q所形成的结构陶瓷材料的一种合成方法如下：W的氯化物与Q的氢化物加热反应，生成化合物W（QH2）4和HCl气体；W（QH2）4在高温下分解生成Q的氢化物和该陶瓷材料．上述相关反应的化学方程式（各物质用化学式表示）是SiCl4+4NH3=Si（NH2）4+4HCl，3Si（NH2）4=8NH3+Si3N4．【分析】（1）根据W与Q可以形成一种高温结构陶瓷材料，及W的氯化物分子呈正四面体结构可知W为硅，然后分析二氧化硅的晶体类型；（2）根据高温结构陶瓷材料可知Q可能为氮元素，则二氧化氮与四氧化二氮可以相互转变；（3）根据位置及Y的最高化合价氧化物的水化物是强酸、R和Y形成的二价化合物来推断R；（4）根据氢键的存在来比较氢化物的沸点，并根据最外层电子数来分析结构；（5）根据W的氯化物与Q的氢化物加热反应，生成化合物W（QH2）4和HCl 气；W（QH2）4在高温下分解生成Q的氢化物和该陶瓷材料，利用反应物与生成物来书写化学反应方程式．【解答】解：（1）W的氯化物为正四面体型，则应为SiCl4或CCl4，又W与Q形成高温陶瓷，故可推断W为Si，W的氧化物为SiO2，原子之间以共价键结合成空间网状结构，则为原子晶体，故答案为：原子晶体；（2）高温陶瓷可联想到Si3N4，Q为N，则有NO2与N2O4之间的相互转化关系，故答案为：NO2和N2O4；（3）Y的最高价氧化的水化物为强酸，且与Si相邻，则R只能是O，Y为S，其最外层电子数为6，则最高化合价为+6，所以Y的最高价化合物应为SO3，故答案为：SO3；（4）Q、R、W、Y与元素X相邻，W为Si，Q为N，R为O，Y为S，则X为P 元素，①氢化物沸点顺序为NH3＞PH3，H2O＞H2S，因为前者中含有氢键．②NH3和H2O的电子数均为10，结构分别为三角锥和V形，SiH4、PH3和H2S的电子数均为18，结构分别为正四面体，三角锥和V形，故答案为：NH3＞PH3，H2O＞H2S；因为前者中含有氢键；NH3和H2O分别为三角锥和V形；SiH4、PH3和H2S结构分别为正四面体，三角锥和V形；（5）由信息可知，四氯化硅与氨气反应生成W（QH2）4和HCl，Si（NH2）4在高温下分解生成氨气和氮化硅，故答案为：SiCl4+4NH3=Si（NH2）4+4HCl，3Si（NH2）=8NH3+Si3N4．415．（15分）（2009•全国卷Ⅰ）化合物H是一种香料，存在于金橘中，可用如下路线合成：已知：R﹣CH=CH2R﹣CH2CH2OH（B2 H6为乙硼烷）回答下列问题：（1）11.2L（标准状况）的烃A在氧气中充分燃烧可以产生88g CO2和45g H2O．A的分子式是C4H10（2）B和C均为一氯代烃，它们的名称（系统命名）分别为2﹣甲基﹣1﹣氯丙烷、2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷；（3）在催化剂存在下1mol F与2mol H2反应，生成3﹣苯基﹣1﹣丙醇．F的结构简式是（4）反应①的反应类型是消去反应；（5）反应②的化学方程式为（6）写出所有与G具有相同官能团的G的芳香类同分异构体的结构简式：、、、．【分析】（1）分别计算A、CO2和H2O的物质的量，则可求得C、H、O的原子个数比，进而求得化学式；（2）C4H10存在正丁烷和异丁烷两种，A与Cl2光照取代时有两种产物，且在NaOH 醇溶液作用下的产物只有一种，则只能是异丁烷．取代后的产物为2﹣甲基﹣1﹣氯丙烷和2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷；（3）F可以与Cu（OH）2反应，故应为醛基，与H2之间为1：2加成，则应含有碳碳双键．从生成的产物3﹣苯基﹣1﹣丙醇分析；（4）由反应条件判断应为消去反应；（5）根据推断G的结构为，可以将官能团作相应的位置变换而得出其芳香类的同分异构体．【解答】解：（1）88gCO2为2mol，45gH2O为2.5mol，标准11.2L，即为0.5mol，所以烃A中含碳原子为4，H原子数为10，则化学式为C4H10．故答案为：C4H10；（2）C4H10存在正丁烷和异丁烷两种，但从框图上看，A与Cl2光照取代时有两种产物，且在NaOH醇溶液作用下的产物只有一种，则只能是异丁烷．取代后的产物为2﹣甲基﹣1﹣氯丙烷和2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷．故答案为：2﹣甲基﹣1﹣氯丙烷、2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷；（3）F可以与Cu（OH）2反应，故应为醛基，与H2之间为1：2加成，则应含有碳碳双键．从生成的产物3﹣苯基﹣1﹣丙醇分析，F的结构简式为．故答案为：；（4）反应①为卤代烃在醇溶液中的消去反应．故答案为：消去反应；（5）F被新制的Cu（OH）2氧化成羧酸，D至E为然后与信息相同的条件，则类比可不难得出E的结构为．E与G在浓硫酸作用下可以发生酯化反应．故答案为：；（5）G中含有官能团有碳碳双键和羧基，可以将官能团作相应的位置变换而得出其芳香类的同分异构体．故答案为：、、、．．。

2009年全国统一高考化学试卷(全国卷一)及答案

2009年全国统一高考化学试卷（全国卷Ⅰ）一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）1．（5分）下列各组离子，在溶液中能大量共存、加入NaOH溶液后加热既有气体放出又有沉淀生成的一组是（）A．Ba2+、NO3﹣、NH4+、Cl﹣B．Ca2+、HCO3﹣、NH4+、AlO2﹣C．K+、Ba2+、Cl﹣、HSO3﹣D．Mg2+、NH4+、SO42﹣、K+2．（5分）将15mL 2mol•L﹣1 Na2CO3溶液逐滴加入到40mL 0.5mol•L﹣1 MCl n盐溶液中，恰好将溶液中的M n+离子完全沉淀为碳酸盐，则MCl n中n值是（）A．4 B．3 C．2 D．13．（5分）下列表示溶液中发生反应的化学方程式错误的是（）A．2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑B．KMnO4+HCOOK+KOH=2K2MnO4+CO2↑+H2OC．MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2OD．K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=Cr2（SO4）3+3Fe2（SO4）3+K2SO4+7H2O4．（5分）现有乙酸和两种链状单烯烃的混合物，若其中氧的质量分数为a，则碳的质量分数是（）A．B．C．D．6．（5分）用0.10mol•L﹣1的盐酸滴定0.10mol•L﹣1的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是（）A．c（NH4+）＞c（Cl﹣），c（OH﹣）＞c（H+）B．c（NH4+）=c（Cl﹣），c（OH﹣）=c（H+）C．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（OH﹣）＞c（H+）D．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（H+）＞c（OH﹣）7．（5分）为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g 样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度（质量分数）是（）A．B．C．D．8．（5分）有关下图所示化合物的说法不正确的是（）A．既可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br2发生取代反应B．1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应C．既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色D．既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体9．（5分）右图表示反应X（g）4Y（g）+Z（g），△H＜0，在某温度时X的浓度随时间变化的曲线：下列有关该反应的描述正确的是（）A．第6min后，反应就终止了B．X的平衡转化率为85%C．若升高温度，X的平衡转化率将大于85%D．若降低温度，v正和v逆将以同样倍数减小二、解答题（共4小题，满分60分）10．（15分）浓H2SO4和木炭在加热时发生反应的化学方程式是2H2SO4（浓）+C CO2↑+2H2O+2SO2↑请从图中选用所需的仪器（可重复选用）组成一套进行该反应并要检出反应产物的装置．现提供浓H2SO4、木炭和酸性KMnO4溶液，其他固、液试剂自选．（连接和固定仪器所用的玻璃管、胶管、铁夹、铁架台及加热装置等均略去）将所选的仪器连接顺序由上至下依次填入下表，并写出该仪器中应加试剂的名称及其作用．11．（15分）右图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100g 10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极．（1）接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4浓度为10.47%，乙中c电极质量增加．据此回答问题：①电源的N端为极；②电极b上发生的电极反应为；③列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积：④电极c的质量变化是g；⑤电解前后各溶液的酸、碱性大小是否发生变化，简述其原因：甲溶液；乙溶液；丙溶液；（2）如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？．14．（15分）已知周期表中，元素R、Q、W、Y与元素X相邻．R与Y同族．Y 的最高化合价氧化物的水化物是强酸．回答下列问题：（1）W与Q可以形成一种高温结构陶瓷材料．W的氯化物分子呈正四面体结构，W的氧化物的晶体类型是；（2）Q的具有相同化合价且可以相互转变的氧化物是；（3）R和Y形成的二种化合物中，Y呈现最高化合价的化合物是化学式是；（4）这5个元素的氢化物分子中，①立体结构类型相同的氢化物的沸点从高到低排列次序是（填化学式），其原因是②电子总数相同的氢化物的化学式和立体结构分别是；（5）W和Q所形成的结构陶瓷材料的一种合成方法如下：W的氯化物与Q的氢化物加热反应，生成化合物W（QH2）4和HCl气体；W（QH2）4在高温下分解生成Q的氢化物和该陶瓷材料．上述相关反应的化学方程式（各物质用化学式表示）是．15．（15分）化合物H是一种香料，存在于金橘中，可用如下路线合成：已知：R﹣CH=CH2R﹣CH2CH2OH（B2 H6为乙硼烷）回答下列问题：（1）11.2L（标准状况）的烃A在氧气中充分燃烧可以产生88g CO2和45g H2O．A的分子式是（2）B和C均为一氯代烃，它们的名称（系统命名）分别为；（3）在催化剂存在下1mol F与2mol H2反应，生成3﹣苯基﹣1﹣丙醇．F的结构简式是（4）反应①的反应类型是；（5）反应②的化学方程式为（6）写出所有与G具有相同官能团的G的芳香类同分异构体的结构简式：．2009年全国统一高考化学试卷（全国卷Ⅰ）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）1．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）下列各组离子，在溶液中能大量共存、加入NaOH 溶液后加热既有气体放出又有沉淀生成的一组是（）A．Ba2+、NO3﹣、NH4+、Cl﹣B．Ca2+、HCO3﹣、NH4+、AlO2﹣C．K+、Ba2+、Cl﹣、HSO3﹣D．Mg2+、NH4+、SO42﹣、K+【分析】根据溶液中离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应、不能促进电离来分析离子在溶液中能大量共存；然后根据溶液中的离子与NaOH溶液反应既有气体放出又有沉淀生成的即为正确答案．【解答】解：A、因该组离子之间不反应，则离子能大量共存，当加入NaOH会与NH4+反应产生NH3，但没有沉淀，故A错误；B、因AlO2﹣能促进HCO3﹣的电离，生成Al（OH）3沉淀和碳酸根离子，则该组离子不能大量共存，故B错误；C、因该组离子之间不反应，则离子能大量共存，当加入NaOH会与HSO3﹣生成SO32﹣，SO32﹣与Ba2+可生成BaSO3沉淀，但无气体生成，故C错误；D、因该组离子之间不反应，则离子能大量共存，当加入NaOH后，OH﹣与NH4+产生NH3，OH﹣与Mg2+会产生Mg（OH）2沉淀，符合题意，故D正确；故选D．2．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）将15mL 2mol•L﹣1Na2CO3溶液逐滴加入到40mL 0.5mol•L﹣1 MCl n盐溶液中，恰好将溶液中的M n+离子完全沉淀为碳酸盐，则MCl n 中n值是（）A．4 B．3 C．2 D．1【分析】根据Na2CO3溶液与MCln盐溶液反应时，恰好将溶液中的M n+离子完全沉淀为碳酸盐，利用化合价得出M n+离子与nCO32﹣离子的关系，然后利用物质的量来计算解答．【解答】解：Na2CO3溶液中CO32﹣离子的物质的量为15mL×10﹣3×2mol•L﹣1=0.03mol，MCl n盐溶液中M n+离子的物质的量为40mL×10﹣3×0.5mol•L﹣1=0.02mol，由反应中恰好将溶液中的M n+离子完全沉淀为碳酸盐，及M的化合价为+n，则Na2CO3与MCl n反应对应的关系式为：2M n+～nCO32﹣2 n0.02mol 0.03mol，解得n=3，故选：B．3．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）下列表示溶液中发生反应的化学方程式错误的是（）A．2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑B．KMnO4+HCOOK+KOH=2K2MnO4+CO2↑+H2OC．MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2OD．K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=Cr2（SO4）3+3Fe2（SO4）3+K2SO4+7H2O【分析】根据所学元素化合物的知识及氧化还原反应的基本规律，并且具有对简单氧化还原反应运用化合价的升降配平的技能等来解答此题；【解答】解：A、因铝既能与强酸反应又能与强碱反应，则铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，遵循质量守恒定律及氧化还原反应中电子守恒，故A对；B、由化学方程式要遵循质量守恒定律，B项没配平；或应知在碱性条件下，不可能产生CO2气体，而应是CO32﹣，故B错；C、实验室制取氯气的反应原理可知，二氧化锰与浓盐酸反应制取氢气，遵循质量守恒定律及氧化还原反应中电子守恒，故C对；D、根据常见氧化剂、还原剂以及转化规律，D中发生氧化还原反应，遵循质量守恒定律及氧化还原反应中电子守恒，故D对；故选：B．4．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）现有乙酸和两种链状单烯烃的混合物，若其中氧的质量分数为a，则碳的质量分数是（）A．B．C．D．【分析】根据乙酸的化学式为C2H4O2，烯烃的通式为C n H2n，则在混合物中碳、氢存在固定的质量比，混合物中一共有三种元素，氧的质量分数为a，碳、氢元素的质量分数之和为1﹣a，然后可计算出碳元素的质量分数．【解答】解：由乙酸的化学式为C2H4O2，而单烯烃的通式为C n H2n，则从化学式可以发现两者中，C与H之间的数目比为1：2，其质量比为12×1：1×2=6：1，又混合物中共三种元素，氧的质量分数为a，碳、氢元素的质量分数之和为1﹣a，则碳元素的质量分数为×（1﹣a）=，故选C．6．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）用0.10mol•L﹣1的盐酸滴定0.10mol•L﹣1的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是（）A．c（NH4+）＞c（Cl﹣），c（OH﹣）＞c（H+）B．c（NH4+）=c（Cl﹣），c（OH﹣）=c（H+）C．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（OH﹣）＞c（H+）D．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（H+）＞c（OH﹣）【分析】根据酸碱滴定中，无论溶液中的溶质是氯化铵、氯化铵和氯化氢、氯化铵和一水合氨，该溶液一定不显电性，则利用遵循电荷守恒来分析解答．【解答】解：A、若滴定后溶液中的溶质为氯化铵和一水合氨，则一般溶液显碱性，即c（OH﹣）＞c（H+），溶液中弱电解质的电离＞盐的水解，即c（NH4+）＞c（Cl﹣），则符合电荷守恒，故A是可能出现的结果；B、若滴定后溶液中的溶质为氯化铵和一水合氨，当溶液中弱电解质的电离程度与盐的水解程度相同时，溶液为中性，则c（OH﹣）=c（H+），由电荷守恒可知c（NH4+）=c（Cl﹣），故B是可能出现的结果；C、当c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（OH﹣）＞c（H+），则溶液中阴离子带的电荷总数就大于阳离子带的电荷总数，显然与电荷守恒矛盾，故C是不可能出现的结果；D、若滴定后溶液中的溶质为氯化铵，由铵根离子水解则溶液显酸性，即c（H+）＞c（OH﹣），又水解的程度很弱，则c（Cl﹣）＞c（NH4+），且符合电荷守恒，故D是可能出现的结果；故选：C．7．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g 样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度（质量分数）是（）A．B．C．D．【分析】根据碳酸氢钠加热分解，而碳酸钠在加热时不反应，则利用反应前后固体的质量差来计算碳酸氢钠的质量，再计算碳酸钠样品的纯度．【解答】解：设样品中含有NaHCO3杂质的质量为x，则2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2△m（减少）2×84 106 62x （w1g﹣w2g），解得x=，则w（Na2CO3）==，故选A．8．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）有关下图所示化合物的说法不正确的是（）A．既可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br2发生取代反应B．1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应C．既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色D．既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体【分析】A、含有碳碳双键，可以与Br2发生加成反应；B、酯基可以和氢氧化钠溶液发生水解反应；C、苯环可以被氢加成，碳碳双键可以使KMnO4褪色；D、羧基能与NaHCO3放出CO2气体，酚羟基可以与FeCl3溶液发生显色反应．【解答】解：A、有机物含有碳碳双键，故可以与Br2发生加成反应，又含有甲基，故可以与Br2光照发生取代反应，故A正确；B、酚羟基要消耗一个NaOH，两个酯基要消耗两个NaOH，1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应，故B正确；C、苯环可以催化加氢，碳碳双键可以使KMnO4褪色，故C正确；D、该有机物中不存在羧基，并且酚羟基酸性比碳酸弱，故不能与NaHCO3放出CO2气体，故D错误．故选D．9．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）右图表示反应X（g）4Y（g）+Z（g），△H＜0，在某温度时X的浓度随时间变化的曲线：下列有关该反应的描述正确的是（）A．第6min后，反应就终止了B．X的平衡转化率为85%C．若升高温度，X的平衡转化率将大于85%D．若降低温度，v正和v逆将以同样倍数减小【分析】根据图可知，X的浓度在随时间逐渐减少，到第6min浓度不再变化，则反应达到化学平衡；利用X变化的量来计算转化率，再利用温度对反应的影响来分析转化率的变化及反应速率的变化．【解答】解：A、6min时反应达平衡，但未停止，故A错；B、X的变化量为1mol/L﹣0.15mol/L=0.85mol/L，则X 的转化率为×100%=85%，故B正确；C、△H＜0，反应为放热，故升高温度，平衡将逆向移动，则X的转化率减小，故C错；D、降温时，正、逆反应速率同时减小，但是降温平衡正向移动，故V正＞V逆，即逆反应减小的倍数大，故D错误；故选：B．二、解答题（共4小题，满分60分）10．（15分）（2009•全国卷Ⅰ）浓H2SO4和木炭在加热时发生反应的化学方程式是2H2SO4（浓）+CCO2↑+2H2O+2SO2↑请从图中选用所需的仪器（可重复选用）组成一套进行该反应并要检出反应产物的装置．现提供浓H2SO4、木炭和酸性KMnO4溶液，其他固、液试剂自选．（连接和固定仪器所用的玻璃管、胶管、铁夹、铁架台及加热装置等均略去）将所选的仪器连接顺序由上至下依次填入下表，并写出该仪器中应加试剂的名称及其作用．【分析】该反应为固液加热，故选用C带有支管的试管做反应容器，加入浓硫酸和木炭；检验产物水可用无水硫酸铜；检验二氧化硫，可用品红溶液；在洗气瓶中装有酸性高锰酸钾溶液用来吸收余下二氧化硫；在洗气瓶中装有澄清石灰水溶液用来检验二氧化碳．在检验时要考虑检验的顺序．【解答】解：成套装置包括反应装置，检验装置和尾气处理装置．C中加入浓硫硫和木炭作为反应物的发生器，产物中必须先检验水，因为在检验其他物质时会在其它试剂中混入水，可选用装置B，放入无水硫酸铜，若变蓝则说明有水．接着检验SO2气体，用装置A，放入品红检验，若品红褪色，则说明有SO2气体产生，再用装置A，放入酸性KMnO4溶液以除去SO2，然后再用装置A，放入品红，检验品红是否除尽，因为CO2是用澄清石灰水来检验的，而SO2也可以使澄清石灰水变浑，故先要除去SO2．最后洗气瓶中装有澄清石灰水溶液用来检验二氧化碳．故答案为：11．（15分）（2009•全国卷Ⅰ）右图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100g 10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极．（1）接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4浓度为10.47%，乙中c电极质量增加．据此回答问题：①电源的N端为正极；②电极b上发生的电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；③列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积： 2.8L④电极c的质量变化是16g；⑤电解前后各溶液的酸、碱性大小是否发生变化，简述其原因：甲溶液甲增大，因为相当于电解水；乙溶液乙减小，OH﹣放电，H+增多；丙溶液丙不变，相当于电解水；（2）如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？可以，铜全部析出，可以继续电解H2SO4，有电解液即可电解．【分析】（1）①乙中C电极质量增加，则c处发生的反应为：Cu2++2e﹣=Cu，即C 处为阴极，由此可推出b为阳极，a为阴极，M为负极，N为正极．丙中为K2SO4，相当于电解水，设电解的水的质量为x．由电解前后溶质质量相等有，100×10%=（100﹣x）×10.47%，得x=4.5g，故为0.25mol．由方程式2H2+O2═2H2O可知，生成2molH2O，转移4mol电子，所以整个反应中转化0.5mol电子，而整个电路是串联的，故每个烧杯中的电极上转移电子数是相等的．②甲中为NaOH，相当于电解H2O，阳极b处为阴离子OH﹣放电，即4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑．③转移0.5mol电子，则生成O2为0.5/4=0.125mol，标况下的体积为0.125×22.4=2.8L．④Cu2++2e﹣=Cu，转移0.5mol电子，则生成的m（Cu）=×64=16g．⑤甲中相当于电解水，故NaOH的浓度增大，pH变大．乙中阴极为Cu2+放电，阳极为OH﹣放电，所以H+增多，故pH减小．丙中为电解水，对于K2SO4而言，其pH几乎不变．（2）铜全部析出，可以继续电解H2SO4，有电解液即可电解．【解答】解：（1）①乙杯中c质量增加，说明Cu沉积在c电极上，电子是从b ﹣c移动，M是负极，N为正极，故答案为：正极；②甲中为NaOH，相当于电解H2O，阳极b处为阴离子OH﹣放电，即4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；③丙中为K2SO4，相当于电解水，设电解的水的质量为x．由电解前后溶质质量相等有，100×10%=（100﹣x）×10.47%，得x=4.5g，故为0.25mol．由方程式2H2+O2═2H2O可知，生成2molH2O，转移4mol电子，所以整个反应中转化0.5mol电子，则生成O2为0.5/4=0.125mol，标况下的体积为0.125×22.4=2.8L，故答案为：答案2.8L；④整个电路是串联的，所以每个烧杯中的电极上转移电子数是相等的，根据电极反应：Cu2++2e﹣=Cu，可知转移0.5mol电子生成的m（Cu）=×64=16g，故答案为：16；⑤甲中相当于电解水，故NaOH的浓度增大，pH变大．乙中阴极为Cu2+放电，阳极为OH﹣放电，电解方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，所以H+增多，故pH减小．丙中为电解水，对于K2SO4而言，其pH几乎不变．故答案为：甲增大，因为相当于电解水；乙减小，OH﹣放电，H+增多．丙不变，相当于电解水；（2）当铜全部析出时，溶液中仍有电解质硫酸，可以继续电解，故答案为：可以；铜全部析出，可以继续电解H2SO4，有电解液即可电解．14．（15分）（2009•全国卷Ⅰ）已知周期表中，元素R、Q、W、Y与元素X相邻．R 与Y同族．Y的最高化合价氧化物的水化物是强酸．回答下列问题：（1）W与Q可以形成一种高温结构陶瓷材料．W的氯化物分子呈正四面体结构，W的氧化物的晶体类型是原子晶体；（2）Q的具有相同化合价且可以相互转变的氧化物是NO2和N2O4；（3）R和Y形成的二种化合物中，Y呈现最高化合价的化合物是化学式是SO3；（4）这5个元素的氢化物分子中，①立体结构类型相同的氢化物的沸点从高到低排列次序是（填化学式）NH3＞PH3，H2O＞H2S，其原因是因为前者中含有氢键②电子总数相同的氢化物的化学式和立体结构分别是NH3和H2O分别为三角锥和V形；SiH4、PH3和H2S结构分别为正四面体，三角锥和V形；（5）W和Q所形成的结构陶瓷材料的一种合成方法如下：W的氯化物与Q的氢化物加热反应，生成化合物W（QH2）4和HCl气体；W（QH2）4在高温下分解生成Q的氢化物和该陶瓷材料．上述相关反应的化学方程式（各物质用化学式表示）是SiCl4+4NH3=Si（NH2）4+4HCl，3Si（NH2）4=8NH3+Si3N4．【分析】（1）根据W与Q可以形成一种高温结构陶瓷材料，及W的氯化物分子呈正四面体结构可知W为硅，然后分析二氧化硅的晶体类型；（2）根据高温结构陶瓷材料可知Q可能为氮元素，则二氧化氮与四氧化二氮可以相互转变；（3）根据位置及Y的最高化合价氧化物的水化物是强酸、R和Y形成的二价化合物来推断R；（4）根据氢键的存在来比较氢化物的沸点，并根据最外层电子数来分析结构；（5）根据W的氯化物与Q的氢化物加热反应，生成化合物W（QH2）4和HCl 气；W（QH2）4在高温下分解生成Q的氢化物和该陶瓷材料，利用反应物与生成物来书写化学反应方程式．【解答】解：（1）W的氯化物为正四面体型，则应为SiCl4或CCl4，又W与Q形成高温陶瓷，故可推断W为Si，W的氧化物为SiO2，原子之间以共价键结合成空间网状结构，则为原子晶体，故答案为：原子晶体；（2）高温陶瓷可联想到Si3N4，Q为N，则有NO2与N2O4之间的相互转化关系，故答案为：NO2和N2O4；（3）Y的最高价氧化的水化物为强酸，且与Si相邻，则R只能是O，Y为S，其最外层电子数为6，则最高化合价为+6，所以Y的最高价化合物应为SO3，故答案为：SO3；（4）Q、R、W、Y与元素X相邻，W为Si，Q为N，R为O，Y为S，则X为P 元素，①氢化物沸点顺序为NH3＞PH3，H2O＞H2S，因为前者中含有氢键．②NH3和H2O的电子数均为10，结构分别为三角锥和V形，SiH4、PH3和H2S的电子数均为18，结构分别为正四面体，三角锥和V形，故答案为：NH3＞PH3，H2O＞H2S；因为前者中含有氢键；NH3和H2O分别为三角锥和V形；SiH4、PH3和H2S结构分别为正四面体，三角锥和V形；（5）由信息可知，四氯化硅与氨气反应生成W（QH2）4和HCl，Si（NH2）4在高温下分解生成氨气和氮化硅，故答案为：SiCl4+4NH3=Si（NH2）4+4HCl，3Si（NH2）=8NH3+Si3N4．415．（15分）（2009•全国卷Ⅰ）化合物H是一种香料，存在于金橘中，可用如下路线合成：已知：R﹣CH=CH2R﹣CH2CH2OH（B2 H6为乙硼烷）回答下列问题：（1）11.2L（标准状况）的烃A在氧气中充分燃烧可以产生88g CO2和45g H2O．A的分子式是C4H10（2）B和C均为一氯代烃，它们的名称（系统命名）分别为2﹣甲基﹣1﹣氯丙烷、2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷；（3）在催化剂存在下1mol F与2mol H2反应，生成3﹣苯基﹣1﹣丙醇．F的结构简式是（4）反应①的反应类型是消去反应；（5）反应②的化学方程式为（6）写出所有与G具有相同官能团的G的芳香类同分异构体的结构简式：、、、．【分析】（1）分别计算A、CO2和H2O的物质的量，则可求得C、H、O的原子个数比，进而求得化学式；（2）C4H10存在正丁烷和异丁烷两种，A与Cl2光照取代时有两种产物，且在NaOH 醇溶液作用下的产物只有一种，则只能是异丁烷．取代后的产物为2﹣甲基﹣1﹣氯丙烷和2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷；（3）F可以与Cu（OH）2反应，故应为醛基，与H2之间为1：2加成，则应含有碳碳双键．从生成的产物3﹣苯基﹣1﹣丙醇分析；（4）由反应条件判断应为消去反应；（5）根据推断G的结构为，可以将官能团作相应的位置变换而得出其芳香类的同分异构体．【解答】解：（1）88gCO2为2mol，45gH2O为2.5mol，标准11.2L，即为0.5mol，所以烃A中含碳原子为4，H原子数为10，则化学式为C4H10．故答案为：C4H10；（2）C4H10存在正丁烷和异丁烷两种，但从框图上看，A与Cl2光照取代时有两种产物，且在NaOH醇溶液作用下的产物只有一种，则只能是异丁烷．取代后的产物为2﹣甲基﹣1﹣氯丙烷和2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷．故答案为：2﹣甲基﹣1﹣氯丙烷、2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷；（3）F可以与Cu（OH）2反应，故应为醛基，与H2之间为1：2加成，则应含有碳碳双键．从生成的产物3﹣苯基﹣1﹣丙醇分析，F的结构简式为．故答案为：；（4）反应①为卤代烃在醇溶液中的消去反应．故答案为：消去反应；（5）F被新制的Cu（OH）2氧化成羧酸，D至E为然后与信息相同的条件，则类比可不难得出E的结构为．E与G在浓硫酸作用下可以发生酯化反应．故答案为：；（5）G中含有官能团有碳碳双键和羧基，可以将官能团作相应的位置变换而得出其芳香类的同分异构体．故答案为：、、、．．。

2009年全国统一高考化学试卷(全国卷ⅱ)(含解析版)

2009年全国统一高考化学试卷（全国卷Ⅱ）一、选择题1．（3分）物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是（）A．1：4B．1：5C．2：3D．2：52．（3分）下列关于溶液和胶体的叙述，正确的是（）A．溶液是电中性的，胶体是带电的B．通电时，溶液中的溶质粒子分别向两极移动，胶体中的分散质粒子向某一极移动C．溶液中溶质分子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动D．一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光带，前者则没有3．（3分）下列叙述中正确的是（）A．向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成B．向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1：2C．等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同D．向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出4．（3分）某元素只存在两种天然同位素，且在自然界它们的含量相近，其相对原子质量为152.0，原子核外的电子数为63．下列叙述中错误的是（）A．它是副族元素B．它是第六周期元素C．它的原子核内有63个质子D．它的一种同位素的核内有89个中子5．（3分）现有等浓度的下列溶液：①醋酸，②苯酚，③苯酚钠，④碳酸，⑤碳酸钠，⑥碳酸氢钠．按溶液pH由小到大排列正确的是（）A．①④②③⑥⑤B．④①②⑥⑤③C．①④②⑥③⑤D．④①②③⑥⑤6．（3分）已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1；CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ•mol﹣1．现有H2与CH4的混合气体112L（标准状况），使其完全燃烧生成CO2和H2O （l），若实验测得反应放热3695kJ，则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是（）A．1：1B．1：3C．1：4D．2：37．（3分）1mol与足量的NaOH溶液充分反应，消耗的NaOH的物质的量为（）A．5mol B．4mol C．3mol D．2mol8．（3分）根据已知回答24﹣25题已知：2Fe2++Cl2=2Cl﹣+2Fe3+，2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，2Fe2++Br2=2Br﹣+2Fe3+．含有amol FeBr2的溶液中，通入xmol Cl2．下列各项为通Cl2过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是（）A．x=0.4a，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣B．x=0.6a，2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣C．x=a，2Fe2++2Br﹣+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl﹣D．x=1.5a，2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl﹣二、非选题9．（15分）某温度时，在2L密闭容器中气态物质X和Y反应生成气态物质Z，它们的物质的量随时间的变化如表所示．t/min X/mol Y/mol Z/mol0 1.00 1.000.0010.900.800.2030.750.500.5050.650.300.7090.550.100.90100.550.100.90140.550.100.90（1）根据左表中数据，在图1中画出X、Y、Z的物质的量（n）随时间（t）变化的曲线：（2）体系中发生反应的化学方程式是；（3）列式计算该反应在0﹣3min时间内产物Z的平均反应速率：；（4）该反应达到平衡时反应物X的转化率α等于；（5）如果该反应是放热反应．改变实验条件（温度、压强、催化剂）得到Z随时间变化的曲线①、②、③（如图2所示）则曲线①、②、③所对应的实验条件改变分别是：①②③．10．（15分）已知氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用示意图中的装置可以实现该反应．回答下列问题：（1）A中加入的物质是发生反应的化学方程式是（2）B中加入的物质是，其作用是（3）实验时在C中观察到得现象是发生反应的化学方程式是；（4）实验时在D中观察到得现象是D中收集到的物质是检验该物质的方法和现象是．11．（15分）现有A、B、C、D、E、F六种化合物，已知它们的阳离子有K+，Ag+，Ca2+，Ba2+，Fe2+，Al3+，阴离子有Cl﹣，OH﹣，CH3COO﹣，NO3﹣，SO42﹣，CO32﹣，现将它们分别配成0.1mol•L﹣1的溶液，进行如下实验：①测得溶液A、C、E呈碱性，且碱性为A＞E＞C；②向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失；③向D溶液中滴加Ba（NO3）2溶液，无明显现象；④向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色．根据上述实验现象，回答下列问题：（1）实验②中反应的化学方程式是（2）E溶液是，判断依据是；（3）写出下列四种化合物的化学式：A、C、D、F．12．（15分）化合物A相对分子质量为86，碳的质量分数为55.8%，氢为7.0%，其余为氧．A的相关反应如图所示：已知R﹣CH=CHOH（烯醇）不稳定，很快转化为R﹣CH2CHO．根据以上信息回答下列问题：（1）A的分子式为；（2）反应②的化学方程式是；（3）A的结构简式是；（4）反应①的化学方程式是；（5）A有多种同分异构体，写出四个同时满足（i）能发生水解反应（ii）能使溴的四氯化碳溶液褪色两个条件的同分异构体的结构简式：、、、；（6）A的另一种同分异构体，其分子中所有碳原子在一条直线上，它的结构简式为．2009年全国统一高考化学试卷（全国卷Ⅱ）参考答案与试题解析一、选择题1．（3分）物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是（）A．1：4B．1：5C．2：3D．2：5【考点】BQ：氧化还原反应的计算；EG：硝酸的化学性质．【专题】515：氧化还原反应专题；524：氮族元素．【分析】锌与稀硝酸反应时硝酸既表现酸性又表现氧化性，根据原子守恒和电子守恒规律来解决．【解答】解：锌与稀硝酸反应时硝酸既表现酸性又表现氧化性，根据原子守恒和电子守恒，2mol锌失去4mol电子，生成2mol锌离子，由于生成硝酸锌，则其结合的硝酸根离子是4mol，则剩余的1mol的硝酸被还原为N2O就得到4mol 电子，硝酸也全部反应，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是1：4，即4Zn+10HNO3（一般稀）=4Zn（NO3）2+N2O↑+5H2O．故选A。

2009年高考试题――理综化学部分(全国卷2)解析版

;
(2) 反应②的化学方程式是 (3) A 的结构简式是 (4) 反应①的化学方程式是
; ;
; (5) A 有多种同分异构体,写出四个同时满足(i)能发生水解反应(ii)能使溴的四氯化碳溶液褪色两个条件的同分异构体的结构简式：、、、；（6）A 的另一种同分异构体，其分子中所有碳原子在一条直线上，它的结构简式为。答案
绝密★启用前
2009 年普通高等学校招生全国统一考试试题卷（全国 2）
相对原子质量（原子量）：H – 1 C – 12 N – 14 O - 16 一、选择题（本题共 13 小题。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。） 6. 物质的量之比为 2：5 的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为 N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是 A. 1：4 B.1：5 C. 2：3 D.2：5 答案 A 【解析】设 2molZn 参与反应，因 Zn 无剩余，则最终生成了 2molZn(NO3)2，显然含有 4molNO3 ，这部分是没有参与氧化还原反应的 HNO3，根据得失电子守恒有：2×n(Zn)=n(HNO3)×4，则
30. (15 分)w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 化合物 A 相对分子质量为 86，碳的质量分数为 55.8%，氢为 7.0%，其余为氧。A 的相关反应如下图所示:
已知 R-CH=CHOH(烯醇)不稳定 ,很快转化为 R CH 2CHO 。根据以上信息回答下列问题: (1) A 的分子式为
10. 现有等浓度的下列溶液：①醋酸，②苯酚，③苯酚钠，④碳酸，⑤碳酸钠，⑥碳酸氢钠。
A. ④①②⑤⑥③ C. ①④②⑥③⑤ 答案 C
B. ④①②⑥⑤③ D. ①④②③⑥⑤

2009年上海市中考化学真题试卷(含答案)

2009年上海市初中毕业统一学业考试含答案【精品】理化试卷（满分150分，考试时间100分钟）化学部分考生注意：1．本试卷化学部分含三个大题。

2．答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答，在草稿纸、本试卷上答题一律无效。

可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 A1-27 Cl -35. 5 Fe-56六、选择题（共20分）下列各题均只有一个正确选项，请将正确选项的代号用2B 铅笔填涂在答题纸的相应位置上，更改答案时，用橡皮擦去，重新填涂。

27. 常见含氧物质中属于单质的是（）A ．氧气B ．氧化镁C ．二氧化硫D ．硫酸28. 我们熟悉的物质里属于纯净物的是（）A ．空气B ．氮气C ．食醋D ．牛奶29. 在物质的运动变化中只发生物理变化的有（）A ．干冰气化B ．瓦斯爆炸C ．烟花燃放D ．铜器生锈30. 家庭常用物质中属于无机物的是（）A ．葡萄糖B ．淀粉C ．水D ．蔗糖31. 三氧化二硼（B 2O 3）是制造耐热玻璃器皿的原料，其中硼（B ）元素的化合价是（）A ．+3B ．+2C ．一3D ．一232. 物质名称与化学式相符合的是（）A ．熟石灰：CaOB ．胆矾：CuSO 4•5H 2OC ．氯化钾：KClO 3D ．氧化钠：Na 2O 233. 金属钛（Ti ）是重要的航空航天材料。

Ti 可以用TiO 2与Si 共熔制取，反应的化学方程式为：TiO 2+Si −−−→高温SiO 2+Ti 。

该反应中的还原剂是（）A ．TiO 2B ．SiC ． SiO 2D ．Ti34. 物质在氧气中燃烧的实验现象描述正确的是（）A ．木炭：产生绿色火焰B ．铁丝：发出耀眼的白光C ．镁带：火焰呈淡蓝色D ．硫粉：产生明亮的蓝紫色火焰35. 两种互为同素异形体的物质是（）A ．氧气和二氧化锰B ．双氧水和水C ．红磷和五氧化二磷D ．碳60(C 60)和石墨36. 在氧气中完全燃烧只生成水的物质是（）A ．-氢气B ．天然气C ．酒精D ．一氧化碳37. 物质的性质决定其用途。

2009年上海市初中毕业生统一学业考试理化试卷化学部分答案

2009年上海市初中毕业统一学业考试理化试卷（满分150分，考试时间100分钟）化学部分考生注意：1．本试卷化学部分含三个大题。

2．答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答，在草稿纸、本试卷上答题一律无效。

可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 A1-27 Cl -35. 5 Fe-56六、选择题（共20分）下列各题均只有一个正确选项，请将正确选项的代号用2B 铅笔填涂在答题纸的相应位置上，更改答案时，用橡皮擦去，重新填涂。

27. 常见含氧物质中属于单质的是（）A ．氧气B ．氧化镁C ．二氧化硫D ．硫酸28. 我们熟悉的物质里属于纯净物的是（）A ．空气B ．氮气C ．食醋D ．牛奶29. 在物质的运动变化中只发生物理变化的有（）A ．干冰气化B ．瓦斯爆炸C ．烟花燃放D ．铜器生锈30. 家庭常用物质中属于无机物的是（）A ．葡萄糖B ．淀粉C ．水D ．蔗糖31. 三氧化二硼（B 2O 3）是制造耐热玻璃器皿的原料，其中硼（B ）元素的化合价是（）A ．+3B ．+2C ．一3D ．一232. 物质名称与化学式相符合的是（）A ．熟石灰：CaOB ．胆矾：CuSO 4•5H 2OC ．氯化钾：KClO 3D ．氧化钠：Na 2O 233. 金属钛（Ti ）是重要的航空航天材料。

Ti 可以用TiO 2与Si 共熔制取，反应的化学方程式为：TiO 2+Si −−−→高温SiO 2+Ti 。

该反应中的还原剂是（）A ．TiO 2B ．SiC ． SiO 2D ．Ti34. 物质在氧气中燃烧的实验现象描述正确的是（）A ．木炭：产生绿色火焰B ．铁丝：发出耀眼的白光C ．镁带：火焰呈淡蓝色D ．硫粉：产生明亮的蓝紫色火焰35. 两种互为同素异形体的物质是（）A ．氧气和二氧化锰B ．双氧水和水C ．红磷和五氧化二磷D ．碳60(C 60)和石墨36. 在氧气中完全燃烧只生成水的物质是（）A ．氢气B ．天然气C ．酒精D ．一氧化碳37. 物质的性质决定其用途。

27.2009年上海化学试卷

2009年上海化学试卷本试卷分为第Ⅰ卷（第1—4页）和第Ⅱ卷（第5—10页）两部分。

全卷共10页。

满分150分，考试时间120分钟。

第Ⅰ卷（共66分）考生注意：1．答第Ⅰ卷前，考生务必在答题卡上用钢笔或圆珠笔清楚填写姓名、准考证号、校验码，并用2B 铅笔正确涂写准考证号和校验码。

2．第Ⅰ卷（1—22小题），由机器阅卷，答案必须全部涂写在答题卡上。

考生应将代表正确答案的小方格用2B 铅笔涂黑。

注意试题题号和答题纸编号一一对应，不能错位。

答案需要更改时，必须将原选项用橡皮擦去，重新选择。

答案不能涂写在试卷上，涂写在试卷上一律不给分。

相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 V-51 Cr-52 Mn-55 Fe-56 Cu-64一、选择题（本题共10分，每小题2分，只有一正确选项，答案涂写在答题卡上。

）1．下列措施不能达到节能减排目的的是A ．利用太阳能制氢燃料 B ．用家用汽车代替公交车C ．利用潮汐能发电D ．用节能灯代替白炽灯2．以下表示氦原子结构的化学用语中，对电子运动状态描述最详尽的是A ．︰HeB ．C ．1s 2D ．3．有机物的种类繁多，但其命名是有规则的。

下列有机物命名正确的是A ．CH 2CH 2CH 2CH 2 1，4-二甲基丁烷B ．CH 3CHCH=CH 2 3-甲基丁烯C ．CH 3CH 2CHCH 3 2-甲基丁烷D ．CH 2Cl —CH 2Cl 二氯乙烷 4．用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火。

其原因是①幕布的着火点升高 ②幕布的质量增加③氯化铵分解吸收热量，降低了温度 ④氯化铵分解产生的气体隔绝了空气A ．①②B ．③④C ．①③D ．②④CH 3 CH 3 CH 3CH 35．下列对化学反应的认识错误的是A ．会引起化学键的变化 B ．会产生新的物质C ．必然引起物质状态的变化D ．必然伴随着能量的变化二、选择题（本题共36分，每小题3分，只有一个正确选项，答案涂写在答题卡上。

2009年上海市化学高考试卷及答案

2009年普通高等学校招生全国统一考试（上海卷）化学试卷本卷满分150分，考试时间120分钟。

相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32V-51 Cr-52 Mn-55 Fe-56 Cu-64第I卷（共66分）一、选择题（本题共10分，每小题2分，只有一正确选项，答案涂写在答题卡上。

）1．下列措施不能达到节能减排目的的是A．利用太阳能制氢燃料B．用家用汽车代替公交车C．利用潮汐能发电D．用节能灯代替白炽灯2．以下表示氦原子结构的化学用语中，对电子运动状态描述最详尽的是A．∶He B．C．1s2D．3．有机物的种类繁多，但其命名是有规则的。

下列有机物命名正确的是4．用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火。

其原因是①幕布的着火点升高②幕布的质量增加③氯化铵分解吸收热量，降低了温度④氯化铵分解产生的气体隔绝了空气A．①②B．③④C．③④D．②④5．下列对化学反应的认识错误的是A．会引起化学键的变化B．会产生新的物质C．必然引起物质状态的变化D．必然伴随着能量的变化二、选择题（本题共36分，每小题3分，只有一个正确选项，答案涂写在答题卡上。

）6．下列实验装置不适用于物质分离的是7．在下列变化①大气固氮 ②硝酸银分解 ③实验室制取氨气中，按氮元素被氧化、被还原、既不被氧化又不被还原的顺序排列，正确的是A ．①②③B ．②①③C ．③②①D ．③①②8．在通常条件下，下列各组物质的性质排列正确的是A ．熔点：22CO KCl SiO >>B ．水溶性：22HCl H S SO >>C ．沸点：乙烷>戊烷>丁烷D ．热稳定性：23HF H O NH >>9．迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如右图。

下列叙述正确的是A ．迷迭香酸属于芳香烃B ．1mol 迷迭香酸最多能和9mol 氢气发生加成反应C ．迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应D ．1mol 迷迭香酸最多能和含5mol NaOH 的水溶液完全反应10．9.2g 金属钠投入到足量的重水中，则产生的气体中含有A ．0.2 mol 中子B ．0.4 mol 电子C ．0.2 mol 质子D ．0.4 mol 分子 11．1-丁醇和乙酸在浓硫酸作用下，通过酯化反应制得乙酸丁酯，反应温度为115～125℃，反应装置如右图。

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